Obsérvese en primer lugar que cada $m_a$ es una medida externa, por lo que satisface
$$ m_a\left(\bigcup_{n=1}^{\infty} U_n \right) \leq \sum_{n=1}^{\infty} m_a (U_n). \tag{*}$$
Además, para cada $U$ la función $a \mapsto m_a(U)$ es no creciente. En consecuencia, siempre tenemos $m(U) \geq m_a(U)$ para todos $a > 0$ . Así que
$$ m_a\left(\bigcup_{n=1}^{\infty} U_n \right) \leq \sum_{n=1}^{\infty} m (U_n) $$
y tomando $a \to 0^+$ da el reclamo deseado.
Si necesita probar $\text{(*)}$ (y sospecho que sí, basándome en tu pensamiento), puedes basarte en el siguiente resultado muy estándar.
Lema. Dejemos que $X$ sea un conjunto no vacío y suponga que
- $\mathcal{S}$ es un portada de $X$ que contiene $\varnothing$ y
- $f : \mathcal{S} \to [0, \infty]$ es una función que satisface $f(\varnothing) = 0$ .
Entonces la función de conjunto $\mu^{\star} : \mathcal{P}(X) \to [0, \infty]$ definido por $$ \mu^{\star}(E) = \inf\bigg\{ \sum_{n=1}^{\infty} f(E_n) : \{E_n\} \subseteq \mathcal{S} \text{ and } E \subseteq \bigcup_{n=1}^{\infty} E_n \bigg\} $$ es un medida exterior en $X$ .
Prueba . $\mu^{\star}(\varnothing) = 0$ y la monotonicidad es trivial a partir de la definición de $\mu^{\star}$ . Así que basta con comprobar la subaditividad contable.
Para ello, dejemos que $E = \bigcup_{i=1}^{\infty} E_i$ y para cada $\epsilon > 0$ y $i$ , elige $\{E_{i,n}\}_{i=1}^{\infty}$ tal que $E_i \subseteq \bigcup_{n=1}^{\infty} E_{i,n}$ y $\sum_{n=1}^{\infty} f(E_{i,n}) \leq \mu^{\star}(E_i) + \epsilon 2^{-i}$ . Entonces $\{ E_{i,n} \}_{i,n=1}^{\infty} \subseteq \mathcal{S}$ satisface $E \subseteq \bigcup_{i=1}^{\infty}\bigcup_{n=1}^{\infty} E_{i,n}$ y
$$ \mu^{\star}(E) \leq \sum_{i=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} f(E_{i,n}) \leq \sum_{i=1}^{\infty}\mu^{\star}(E_i) + \epsilon. $$
Dejar $\epsilon \to 0^+$ demuestra el resultado deseado. ////
