Creo que ahora he descubierto una prueba (completamente elemental) para esto. Lo demostraré por contradicción:
Dejemos que $A_n$ sea una secuencia de conjuntos disjuntos por pares en $\mathcal A$ . Tenga en cuenta que $\sum_{n=1}^m \mu(A_n) = \mu(\bigcup_{n=1}^m A_n) \le \mu(\bigcup_{n=1}^\infty A_n)$ para todos $m\in \mathbb N$ implica $$\sum_{n=1}^\infty \mu(A_n) \le\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)$$
Para llegar a una contradicción supongamos que esta desigualdad fuera estricta. Utilizaremos estos $A_n$ para construir un conjunto $B$ para lo cual $\mu_n(B) \not \to \mu(B)$ .
Por nuestra suposición de que la desigualdad es estricta, debe cumplirse lo siguiente
- Existe $\epsilon_0>0$ tal que para cada $n_0\in \mathbb N$ existen infinitas $m\in \mathbb N$ con $$\sum_{n=n_0}^\infty \mu_m(A_n) \ge 2\epsilon_0 $$
(si esto no fuera cierto, entonces para cada $\epsilon > 0$ existiría $n_0, m_0 \in \mathbb N$ tal que $\sum_{n = n_0}^\infty \mu_m(A_n) < \epsilon$ para todos $m>m_0$ . Pero entonces, para $m>m_0$ suficientemente grande, tendríamos \begin{align} \sum_{n = 1}^{\infty} \mu(A_n) &\ge \sum_{n=1}^{n_0-1} \mu(A_n) = \lim_{m'\to\infty} \sum_{n = 1}^{n_0-1} \mu_{m'}(A_n) \\ &\ge \sum_{n=1}^{n_0-1} \mu_m(A_n) - \epsilon \ge \sum_{n=1}^\infty \mu_m(A_n) - 2\epsilon \\ &= \mu_m\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right) - 2\epsilon \overset{m\to \infty}{\longrightarrow} \mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right) - 2\epsilon \end{align} es decir $\sum_n \mu(A_n) \ge \mu(\bigcup_n A_n)$ lo que suponíamos que no era el caso).
Utilizando la propiedad de la viñeta anterior, construye dos secuencias crecientes $m_k$ , $N_k$ recursivamente como sigue: Elija $m_1$ tal que $\sum_{n=1}^\infty \mu_{m_1}(A_n) \ge 2\epsilon_0$ y luego elegir $N_1$ lo suficientemente grande como para que $\sum_{n=N_1}^\infty \mu_{m_1}(A_n) \le \epsilon_0/5$ . Tenga en cuenta que, en particular: $\sum_{n=1}^{N_1} \mu_{m_1}(A_n)\ge \epsilon_0$ .
Habiendo construido $m_1 < m_2 <\dots < m_k, \, N_1 < N_2 < \dots < N_k$ , elija $m_{k+1}$ para que $$|\mu_{m_{k+1}}(A_n) - \mu(A_n)| \le \frac{2^{-(n+1)} \epsilon_0}5 \;\text{for all $ n \le N_k $}, \qquad \sum_{n = N_k+1}^\infty \mu_{m_{k+1}}(A_n) \ge 2\epsilon_0$$ y luego elegir $N_{k+1}>N_k$ tal que $$\sum_{n=N_{k+1}}^\infty \mu_{m_{k+1}}(A_n) \le \frac{\epsilon_0}{5}$$ Obsérvese de nuevo que esto implica $\sum_{n = N_k+1}^{N_{k+1}} \mu_{m_{k+1}}(A_n)\ge \epsilon_0$ .
Ahora estamos listos para construir $B$ . Se define como $$B = \bigcup_{k\in 2\mathbb Z_+} \bigcup_{n = N_k+1}^{N_{k+1}} A_n$$
Dado un impar número $k\ge1$ tenemos
\begin{align} |\mu_{m_{k+1}}(B) - \mu_{m_k}(B)| &= \left|\sum_{l\in 2\mathbb Z_+} \sum_{n=N_l+1}^{N_{l+1}} (\mu_{m_{k+1}}(A_n) - \mu_{m_k}(A_n))\right| \\ &\ge \left|\sum_{n=N_k+1}^{N_{k+1}} \mu_{m_k}(A_n)\right| - \left|\sum_{n = N_k+1}^{N_{k+1}} \mu_{m_k}(A_n)\right| \\ & \quad - \left|\sum_{n = N_{k+1}+1}^\infty \mu_{m_k}(A_n)\right| -\left|\sum_{n = N_{k+1}+1}^\infty \mu_{m_k}(A_n)\right| \\ &\quad - \sum_{n=1}^{N_{k-1}} \underbrace{\left|\mu_{m_{k+1}}(A_n) - \mu_{m_k}(A_n)\right|}_{\le 2^{-n}\epsilon_0/5} \\ &\ge \epsilon_0 - \frac{\epsilon_0}5 - \frac{\epsilon_0}5- \frac{\epsilon_0}5 - \frac{\epsilon_0}5\\ &= \frac{\epsilon_0}5 \end{align}
Por lo tanto, $\left(\mu_{m_k}(B)\right)_{k\in \mathbb N}$ no es una sucesión de Cauchy, contradiciendo el hecho de que $\mu_n(B) \to \mu(B)$ .
Esto concluye la prueba de que $\mu$ debe ser $\sigma$ -aditivo.
