Абсолютная непрерывность Меры Лебега и Меры Лебега-Стилтьеса

[demolishka]

Есть задача следующего характера: "Доказать, что мера Лебега($\lambda _1$) и мера Лебега-Стилтьеса($\mu _g$), для $g(x)=x^3$ абсолютно непрерывны относительно друг друга на $\mathbb{R}$." То есть,
$\lambda _1(E) = 0 \Leftrightarrow \mu _g(E)=0$
У меня получается доказать утверждение только в правую сторону($\lambda _1(E) = 0 \Rightarrow \mu _g(E)=0$) и только для компактных подмножеств прямой, используя следующий факт,
$\mu (E)=0 \Leftrightarrow \forall \varepsilon >0 \ \exists \bigcup\limits_{n = 1}^{\infty}P_{n} \supset E : \sum\limits_{n=1}^{\infty}\mu (P_{n}) < \varepsilon$, где $\mu$ - мера Лебега или мера Лебега-Стилтьеса(в случае неубывающей и непрерывной $g(x)$), а $P_{n} = [a_{n};b_{n})$ - "ячейка".
Сумма мер по ячейкам от меры Лебега-Стилтьеса оценивается как
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mu_{g} (P_{n}) \le \sup(g'(x))\sum\limits_{n=1}^{\infty} (b_{n}-a_{n})$
Если $\sup(g'(x))$ не равен бесконечности(а в случае компакта это так), то все хорошо.
С доказательство в левую сторону($\lambda _1(E) = 0 \Leftarrow \mu _g(E)=0$) уже возникают затруднения. Сумму $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\mu_{g} (P_{n})$ приходится оценивать снизу. И никто не гарантирует, что $\inf(g'(x))\not=0$.
Хотелось бы узнать, как решать эту задачу для $\mathbb{R}$.
Вообще, в книге "Макаров Б.М., Флоринская Л.В. - Теория меры и интеграла. Выпуск 1" на странице 100 в задаче 15, описан более общий факт:
1. Если $g(x)$ - неубывающая непрерывно дифференцируемая функция на $\mathbb{R}$, то $\lambda _1(E) = 0 \Rightarrow \mu _g(E)=0$.
2. Если $g'(x)>0$, то $\lambda _1(E) = 0 \Leftarrow \mu _g(E)=0$
Также интересно решение этой задачи.

[VladimirKr]

Не очень понятно причем здесь компактность...

${\sigma}$-конечность поможет
Разложите $\mathbb{R}$ на счетное число ограниченных множеств (да хотя бы полуинтервалы с целочисленными границами). И рассматривайте оценку меры пересечения $E$ с каждой из компонент этого покрытия.

[demolishka]

Правильно ли я понимаю, что доказательство утверждения $\lambda _{1}(E)=0 \Rightarrow \mu_{g}(E)=0$, где $g(x)$ неубывающая и непрерывно дифференцируемая функция, с использованием $\sigma$-конечности должно быть в таком духе:

Пусть $\mathbb{R} = \bigcup\limits_{k = -\infty}^{\infty}[k;k+1)$
Тогда $\lambda _{1}(E)=0 \Rightarrow \lambda _{1}(E \cap [k;k+1) = 0
Значит,
\forall \varepsilon_{k}>0 \ \exists \bigcup\limits_{m= 1}^{\infty}P_{m}^{(k)} \supset (E \cap [k;k+1)):\sum\limits_{m=1}^{\infty}\lambda_{1}(P_{m}^{(k)}) < \varepsilon_{k}$
Причем, $\varepsilon_{k} = \frac{\varepsilon}{c_{k} \cdot 3 \cdot 2^{|k|}}$ и $c_{k} = \max(g'(x)), x \in [k;k+1]$
Следовательно,
$\forall \varepsilon >0 \ \exists \bigcup\limits_{n= 1}^{\infty}B_{n} = \bigcup\limits_{k= -\infty}^{\infty}\bigcup\limits_{m= 1}^{\infty}P'_{m}^{(k)} \supset E : \sum\limits_{n=1}^{\infty}\mu_{g}(B_{k}) \le \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} \sum\limits_{m=1}^{\infty}\mu_{g}(P'_{m}^{(k)})$, где $P'_{m}^{(k)} = P_{m}^{(k)} \cap [k;k+1)$
С учетом того, что $\sum\limits_{m=1}^{\infty}\lambda_{1}(P'_{m}^{(k)}) \le \sum\limits_{m=1}^{\infty}\lambda_{1}(P_{m}^{(k)}) < \varepsilon_{k}$ имеем:
$\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} \sum\limits_{m=1}^{\infty}\mu_{g}(P'_{m}^{(k)}) \le \sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}(c_{k} \cdot \sum\limits_{m=1}^{\infty}\lambda_{1}(P'_{m}^{(k)})) \le \frac{\varepsilon}{3}\cdot\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\frac{1}{2^{|k|}} = \varepsilon$

Если верно, тогда в другую сторону, в предположении $g'(x)>0$ доказывается аналогично, оценкой суммы снизу.

[VladimirKr]

Вы абсолютно правы!