Sé que en la definición de medida utilizamos el $\sigma$ -propiedad de aditividad, lo que significa que si $\left(A_{n}\right)_{n}$ son un número contable de conjuntos disjuntos de $\mathcal{A}$ que $$\mu\left(\cup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\mu\left(A_{n}\right).$$ A primera vista era obvio para mí, si el $\left(A_{n}\right)_{n}$ no son conjuntos disjuntos, entonces $$\mu\left(\cup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right)\leq\sum_{n=1}^{\infty}\mu\left(A_{n}\right).$$ Ahora no estoy muy seguro de ello. Sin embargo, he encontrado una declaración que afirma que si $A\subset\cup_{n=1}^{\infty}A_{n}$ entonces $$\mu\left(A\right)\leq\sum_{n=1}^{\infty}\mu\left(A_{n}\right).$$ Mi pregunta es si $\mu\left(\cup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right)\leq\sum_{n=1}^{\infty}\mu\left(A_{n}\right)$ se mantiene cuando $\left(A_{n}\right)_{n}$ no son necesariamente conjuntos disjuntos? Si no es así, ¿podría darme un contraejemplo?
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Aquí es importante señalar que $\cal A$ es un $\sigma$ -en particular, es cerrada bajo la diferencia de conjuntos. Esto implica que $\mu$ es monótona: a medida que los conjuntos se hacen más grandes su medida no puede hacerse más pequeña: para ver esto, supongamos que $\mu$ es aditivo y que $A, B \in \cal A$ con $B \subseteq A$ entonces también $A \setminus B \in \cal A$ y nosotros sí: $$ \mu(A) = \mu(B) + \mu(A \setminus B) \tag*{($ * $)} $$ (tomando $A_1 = A$ , $A_2 = B \setminus A$ y $A_n = \emptyset$ para $n > 2$ en la definición de aditividad). Por lo tanto, para cualquier $A, B \in \cal A$ con $B \subseteq A$ , como $\mu(A \setminus B) \ge 0$ tenemos $$ \mu(A) \le \mu(B) $$ Ahora, dada una secuencia arbitraria $A_n \in \cal A$ , no necesariamente disjuntos por pares, si ponemos: \begin{align*} B_1 &= A_1 \\ B_n &= A_n \setminus (B_1 \cup B_2 \cup \ldots \cup B_{n-1}) \end{align*} tenemos que $B_n \in \cal A$ que $\bigcup_nB_n = \bigcup_n A_n$ y que $\mu(B_n) \le \mu(A_n)$ por ( $*$ ). Así que como el $B_n$ son disjuntos por pares y $\mu$ es aditivo, obtenemos: $$ \mu\left(\bigcup_n A_n\right) = \mu\left(\bigcup_n B_n\right) = \sum_n \mu(B_n) \le \sum_n \mu(A_n) $$
Definamos una nueva serie de conjuntos $\{B_n\}_{n\ge 1}$ con $B_1 = A_1$ y $$ B_m = A_m \cap \Big(\bigcup_{n=1}^{m-1}A_n\Big)^c,\quad m=2,3,\cdots $$ Estos conjuntos están todos en el álgebra sigma original, y por lo tanto podemos evaluar la medida en ellos.
Es un ejercicio sencillo para demostrarlo:
(1) $B_n \subseteq A_n$ para todos $n\ge 1$ . En consecuencia, $\mu(B_n)\le \mu(A_n)$ (se puede demostrar utilizando la aditividad contable).
(2) $\{B_n\}$ es una colección disjunta.
(3) $\bigcup_{n=1}^m B_n = \bigcup_{n=1}^m A_n$ para todos $m\ge 1$ .
Por lo tanto, $$ \mu\Big(\bigcup_{n=1}^m A_n\Big) = \mu\Big(\bigcup_{n=1}^m B_n\Big) = \sum_{n=1}^m \mu(B_n) \le \sum_{n=1}^m \mu(A_n) $$ Tomando $m$ al infinito requiere un poco de tecnicismo, pero creo que está bien.
