چون اندازه ی خارجی$ E $ مثبت است لذا حتما ناشماراست.
اگر خود $ E $ اندازه ناپذیر باشد آنگاه اگر هر عضو مانند $a $ را حذف کنیم مجموعه ی
$B=E \setminus \lbrace a\rbrace $ زیر مجموعه ای محض و اندازه ناپذیر از $ E $ است. چون اگر اندازه پذیر باشه اونوقت اجتماع دو مجموعه اندازه پذیر( $ \lbrace a\rbrace $ و$ B $ ) اندازه پذیر خواهد بود که طبق فرض چنین نیست.
اما اگر خود مجموعه ی $ E $ اندازه پذیر باشد آنگاه از اینکه اندازه ی خارجیش مثبته لذا با اندازه ی مثبت است.
اگر $ \mu(A)>0$ آنگاه $ A$ شامل یک زیر مجموعه اندازه ناپذیر است!
برای اثبات این مطلب مجموعه اندازه ناپذیر ویتالی $ N $ که در اینجا توضیح داده رو در نظر بگیرید.
در اینصورت:
**هر زیرمجموعه اندازه پذیر $N $ دارای اندازه صفر است.
زیرا اگر $ A\subset N $ آنگاه چون برای $ r\in R=[0,1)\cap\mathbb Q $ داریم $$ A_r=A+r\ mod1\subset N+r\ mod1 $$
و $ N_r $ها مجزا هستند و بازه صفر و یک را می پوشانند. (توجه کنید که بدون کاستن کلیت مساله می توان فرض کرد که $A\subset [0,1) $ ) پس:
$$ 1\geq \mu(A)=\mu(\bigcup_{r\in R}\mu(A_r)=\sum_{r\in R}\mu(A_r)=\sum_{r\in R}\mu(A) $$
پس اگر $\mu(A)>0 $ آنگاه سری بالا بی نهایت می شود در حالیکه کوچکتر از $ 1 $ است و این یک تناقض است.
حال برای اثبات مطلب بالا فرض کنید $A\subset [0,1) $ و $ \mu(A)>0 $ باشد. در اینصورت چون $ N_r$ ها ( $r\in R $ ) مجزا بوده و بازه صفر و یک را می پوشانند لذا $A=\bigcup_{r\in R}(A\cap N_r) $ و اگر همه ی $ A\cap N_r $ها اندازه پذیر باشند آنگاه بنابر مطلب بالا اندازه آنها صفر بوده و لذا داریم:
$$0< \mu(A)=\sum_{r\in R}\mu(A\cap N_r)=\sum_{r\in R}0=0 $$
که تناقض است لذا حداقل یکی از $A\cap N_r $ ها اندازه ناپذیر است.
برای انجام اثبات بالا از اثباتی که اینجا آمده استفاده شده است.
