# $\color{ffffff}\colorbox{#633e26}{- Teorema de Vitali -}$ --- Por fin nos encontramos en condiciones de enunciar el **teorema de Vitali** y tal como anunciamos al principio de esta sección, hallaremos conjuntos no [[Conjunto Lebesgue Medible|Lebesgue medibles]] en los subconjuntos de conjuntos con [[Medida Exterior|medida exterior]] positiva. 🟤 #Teorema > [!AMTeorema] $~$ Teorema de Vitali > > Sea $E\subseteq \mathbb{R}$ tal que $m^{*}(E)>0$, entonces $\exists~S\subseteq E: S\notin \mathscr{L}(\mathbb{R})$. --- ##### <font style="color:#b87549"> Demostración: </font> Dado $E\subseteq\mathbb{R}:m^{*}(E)>0$, definamos $\forall~n\in \mathbb{N}$, $I_{n}:=[-n,~n]$. Notemos que por [[propiedades de la intersección]], como, $\bigcup_{n=1}^{\infty}I_{n}=\mathbb{R}~\Rightarrow~\bigcup_{n=1}^{\infty}~(E\cap I_{n})=E$ Ahora bien, sabiendo que la [[La Medida Exterior es Numerable Subaditiva|ME es numerable subaditiva]], $0<m^{*}(E)=m^{*}\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}~(E\cap I_{n})\right)\leq \sum_{n=1}^{\infty}~m^{*}(E\cap I_{n})$ Si ocurriera que $\forall~n\in \mathbb{N}$, $m^{*}(E\cap I_{n})=0$, entonces tendriamos que: $\sum_{n=1}^{\infty}~m^{*}(E\cap I_{n})=0^~~!!$ Así pues, $\exists~m\in \mathbb{N}:m^{*}(E\cap I_{m})>0$. Llamando $X:=E\cap I_{m}\subseteq \mathbb{R}$, se tiene entonces que $X\subseteq E$ y $m^{*}(X)>0$. Sea $S$ un [[Sistema Completo de Representantes|sistema completo de representantes]] para $\overset{r}\sim$ en $X$, naturalmente $S\subseteq E$. Supongamos que $S\in \mathscr{L}(\mathbb{R})$ a fin de llegar a una contradicción que complete la prueba. Para continuar sera necesario probar la siguiente afirmación. Consideremos $A\subseteq \mathbb{Q}$ [[acotado]] e [[numerable|infinito numerable]], veamos que entonces: $m\left(\bigcup_{a~\in~A}(S+a)\right)=0$ Tiene sentiendo obtener la [[Medida de Lebesgue|medida de Lebesgue]] de en efecto, la unión [[Conjunto Lebesgue Medible|Lebesgue medibles]], esto ya que [[Los Lebesgue Medibles son Cerrados Bajo Traslaciones|los Lebesgue medibles son cerrados bajo traslaciones]]. A fin de cuentas, queremos ver que $H:=\displaystyle{\bigcup_{a~\in~A}(S+a)}$ posee [[Medida de Lebesgue|medida de Lebesgue]] cero, para ello podemos utilizar nuestro [[Criterio de Medida de Lebesgue Cero con un Infinito Numerable|criterio de medida de Lebesgue cero con un infinito numerable]]. Justamente sera $A$ nuestro candidato para satisfacer las hipótesis de dicho lema, obtendremos así que $m(S)=0$. Como $S\subseteq [-m,~m]$, efectivamente $S$ es [[acotado]] y resta verificar la última condición del criterio. Para ello usaremos una de las [[Sistema Completo de Representantes|propiedades del sistema completo de representantes]] $S$, nos referimos a que, $\forall~a,b\in \mathbb{Q}:a\neq b$, $(S+a)\cap (S+b)=\varnothing$ En particular lo anterior será cierto para todo par de elementos en $A\subseteq \mathbb{Q}$, así pues $m(S)=0$. Notemos también que por lo anterior, los uniendos de $H$ son ajenos entre si. Luego, usando que $m$ es [[La Medida de Lebesgue es Numerable Aditiva|numerablemente aditiva]] y sabiendo que la [[Invarianza de la Media Exterior Bajo Traslaciones|medida exterior es invariante bajo traslaciones]] (y que por tanto la [[Medida de Lebesgue|medida de Lebesgue]] lo es), $m(H)=m\left(\bigcup_{a~\in~A}(S+a)\right)=\sum_{a~\in~A}m(S+a)=\sum_{a~\in~A}m(S)=0$ Esto completa nuestra afirmación y vamos a aplicarla en particular para $A:=[-2m,~2m]\cap \mathbb{Q}$. Claramente $A$ es [[acotado]], [[numerable|infinito numerable]] y $A\subseteq \mathbb{Q}$. Así pues, por lo visto antes, $m(H)=0$. Ahora tomemos $x\in X$, entonces $x\in [-m,~m]\cap E$. Usando la segunda [[Sistema Completo de Representantes|propiedades del sistema completo de representantes]] debe $\exists~q\in \mathbb{Q}:x-q\in S$. En concreto, $\exists~t\in S:x-t=q$ y como $t\in S\subseteq[-m,~m]$ entonces $q\in A$. De este modo, $x=(x-q)+q\in S+q$ y se tiene que: $x\in S+q~~\therefore~~X\subseteq \bigcup_{a~\in~A}(S+a)$ Finalmente usando la [[Monotonía de la Medida Exterior|monotonía de la ME]], $0<m^{*}(X)\leq m^{*}(H)=0~~!!$ Nuestra contradicción proviene de haber supuesto que $S\in \mathscr{L}(\mathbb{R})$, por lo tanto hemos comprobado que $S\notin \mathscr{L}(\mathbb{R})$. <font style="color:#b87549"> $\phantom{.....}\square$ </font> ---