Kendi sordu kendi yanıtladı ekolünü sürdüreyim. Ben de yazmış oluyorum böylece.
Önce sözü edilen yanıtta verilmiş birinci ilkeyi güzelce yineleyeyim. Ölçümü sonlu bir küme aşağı yukarı "sonlu sayıda ayrık açık aralığın birleşimi"dir. Yani, elinizde ölçümü sonlu olan bir $E$ kümesi varsa, ne kadar küçük bir $\epsilon$ hata payı alırsanız alın, öyle bir $I_1,\cdots, I_k$ ayrık açık aralıkları bulabilirsiniz ki, bu aralıkların birleşimi $O$ kümesinin $E$'den simetrik farkının "büyüklüğü" $\epsilon$'dan küçüktür: $$\mu(O-E)+\mu(E-O)<\epsilon$$
O halde rastgele bir $\epsilon$ hata payı alalım. Linkteki sorunun üçüncü kısmı gereği $E$'yi içeren ve $E$'den fazlılığı üstüne konulmuş $\mu(U-E)<\epsilon/2$ şartını sağlayan bir $U$ açık kümesi vardır. Linkte verilmiş sorunun ikinci kısmı gereği, yani ölçülebilir kümelerin kopartılabilme özelliği gereği $$\mu(U)-\mu(E)=\mu(U-E)<\epsilon/2$$eşitliğini elde ederiz ki bu aynı zamanda $U$'nun ölçümünün de sonlu olduğunu gösterir, zira $E$'nin ölçümü sonluydu.
Metrik topolojiden ufak bir anımsatma: Reel sayıların açık altkümeleri sayılabilir çoklukta ayrık açık aralığın birleşimi şeklide yazılabilir.
Anımsatmamızı kullanarak, $I_n$'leri birbirinden ayrık açık aralıklar ve $$U=\bigsqcup_{n\in\mathbb{N}} I_n$$ olacak şekilde seçelim. Artık ispatı bitirmeye bir hayli yakınız. Açık aralıkların ölçümünün aralığın uzunluğuna eşit olduğunu biliyoruz, ölçüm fonksiyonunun ayrık kümelerin birleşiminde toplamsal davrandığını biliyoruz ve nihayet ölçümün monoton olduğunu biliyoruz. Son olarak $U$'nun ölçümünün de sonlu olduğunu denkleme katarsak şu sonuçları çıkartabiliriz:
-
$$\sum_{i=1}^n l(I_i)=\mu(\bigsqcup_{i=1}^n I_i)$$ Çünkü ölçüm ayrık kümelerin birleşimi üzerinde toplamsal ve açık aralıkların ölçümü uzunluklarına eşit;
-
$$\sum_{i=1}^n l(I_i)\leq \mu(U)$$ Çünkü $\mu$'nün monoton bir fonksiyon olması nedeniyle $\mu(\bigsqcup_{i=1}^n I_i)\leq \mu(U)$ eşitsizliği doğru;
-
$$\sum_{i\in\mathbb{N}} l(I_i) \leq \mu(U)$$ Çünkü bir önceki şıktaki eşitlik her $n\in\mathbb{N}$ için doğru;
-
Uzun lafın kısası $$\sum_{i\in\mathbb{N}} l(I_i)< \infty.$$ Çünkü $\mu(U)$ da $\infty$'den küçük.
Linkteki soruyu kullanarak $$\sum_{i=1}^N l(I_i)< \epsilon/2$$ eşitsizliğini sağlayacak bir $N$ bulabiliriz. Artık zurnanın zırt dediği yere geldik, $O$ kümesini belirleyebiliriz: $$O=\bigcup_{i=1}^N I_i$$alalım. Bu durumda $U$ üzerindeki şarttan doğrudan şu sonucu çıkartabiliyoruz: $$\mu(O-E)\leq\mu(U-E)<\epsilon/2$$Çünkü $O-E\subseteq U-E$ ve $\mu$ monoton bir fonksiyon. Simetrik farkın öteki parçasının, yani $E-O$'nun ölçümünün yeterince küçük olduğunu göstermek için de $O$'nun tanımını kullanmamız gerekecek. $E\subseteq U$ olduğu için $E-O\subset U-E$. Yani $$\mu(E-O)\leq\mu(U-O)$$Ama $$U-O=\bigcup_{i\geq N} I_i$$ ve dolayısıyla $$\mu(E-O)\leq \mu(U-O)=\mu(\bigcup_{i\geq N})\leq \sum_{i\geq N}l(I_i)\leq \epsilon/2.$$
Çok mutluyuz çünkü bu son bulduğumuz eşitsizliği bir önceki $$\mu(O-E)\leq\mu(U-E)<\epsilon/2$$ eşitsizliğimizle topladığımızda prensipte ortaya konmuş iddianın sağlanmış olduğunu görüyoruz.