Función de conjunto finitamente aditiva desigualdad

Question

Sea $ \mu $ una función de conjunto no negativa y finitamente aditiva en el campo $ \mathcal F $ . Si ${\{A_i\}}_{i \in \Bbb N} $ son conjuntos disjuntos en $ \mathcal F $ y $\bigcup_{i=1}^\infty A_i \in \mathcal F $, muestra que $ \mu (\bigcup_{i=1}^\infty A_i ) \geq \sum_{i=1}^\infty \mu (A_i) $

Hasta ahora, he hecho lo siguiente:

$ \bigcup_{i=1}^\infty A_i = \{ (\bigcup_{i=1}^\infty A_i) \setminus \bigcup_{i=1}^m A_i \} \bigcup \;(\bigcup_{i=1}^m A_i) $

Esta es una unión finita y disjunta, y,

$ \{(\bigcup_{i=1}^\infty A_i) \setminus \bigcup_{i=1}^m A_i\} \in \mathcal F $ y $ \bigcup_{i=1}^m A_i \; \in \mathcal F $ ya que $ \mathcal F $ es un campo.

Luego, la propiedad finitamente aditiva de $ \mu $ nos da que,

$ \mu (\bigcup_{i=1}^\infty A_i) = \mu \left((\bigcup_{i=1}^\infty A_i) \setminus \bigcup_{i=1}^m A_i \right) + \mu (\bigcup_{i=1}^m A_i) = \mu \left((\bigcup_{i=1}^\infty A_i) \setminus \bigcup_{i=1}^m A_i \right) + \sum_{i=1}^m \left( \mu( A_i) \right) \geq \sum_{i=1}^m \left( \mu( A_i) \right)

Por lo tanto,

$ \mu (\bigcup_{i=1}^\infty A_i) \geq \sum_{i=1}^m \left( \mu( A_i) \right) $

Dado que esto es cierto para todo $m \in \Bbb N $ ¿puedo decir que $ \mu (\bigcup_{i=1}^\infty A_i) \geq \sum_{i=1}^\infty \left( \mu( A_i) \right) $ ??

He visto que se hace antes, como en la demostración de la desigualdad de Bessel, pero mi profesor mencionó en clase que solo porque algo sea verdadero para todos los números naturales no significa que también lo sea para el infinito.

Answer 1

Su idea es esencialmente esta: sabemos que para cada $m$ tenemos $\bigcup_{i=1}^{m} A_i \subseteq \bigcup_{i=1}^\infty A_i$, por lo que también (por la monotonicidad de $\mu$) $\mu(\bigcup_{i=1}^m A_i) \le \mu(\bigcup_{i=1}^\infty A_i).

(Estás demostrando de nuevo la monotonicidad ($A \subseteq B$ en el campo, entonces $\mu(A) \le \mu(B)$) para este caso específico, pero no es necesario hacerlo, si ya se demostró antes: si $A \subseteq B$, ambos en $\mathcal{F}$, entonces $\mu(B) = \mu((B \setminus A) \cup A) = \mu(B \setminus A) + \mu(A) \ge \mu(A)$ ya que $\mu$ es no negativo y la unión es disjunta.)

Como la unión (finita) es disjunta, para todos los $m$ sabemos, como indicas correctamente, que $a_m := \sum_{i=1}^m \mu(A_i) \le \mu(\bigcup_{i=1}^\infty A).

Ahora los $a_m$ son una secuencia creciente de números reales, acotados por el número real fijo $\mu(\bigcup_{i=1}^\infty A_i)$, por lo que su límite existe, y es, por definición de serie convergente, igual a $\sum_{i=1}^\infty \mu(A_i)$ y este límite sigue estando acotado por $\mu(\bigcup_{i=1}^\infty A_i), esencialmente porque todos los conjuntos de la forma $(-\infty, c]$ están cerrados en los reales.

Lo escribí un poco pedantemente, quizás, pero sí, este argumento es perfectamente válido. La idea esencial es que las sumas finitas, etc., están todas en los números reales, por lo que se utilizan todos los hechos estándar para los reales. Has demostrado una desigualdad de números reales, usando la monotonicidad de $\mu$, que no es necesario volver a probar, desde los axiomas para $\mu$ y luego proceder desde ahí.

Añadido después del comentario: si $\mu$ puede tener dos codominios, sin información adicional, a saber, todos los reales positivos $[0,+\infty)$ (sin valores infinitos) o $[0,+\infty]$, en los reales extendidos, por lo que $+\infty$ también es un valor permitido (y las sumas se adaptan de manera lógica).

Si es el primero el caso, $\mu(\bigcup_{i=1}^\infty A_i) < +\infty$ por definición, ya que tomamos el $\mu$ de un conjunto en el campo (!). Si es el último, entonces el argumento anterior también es válido, e incluso si $\mu(\bigcup_{i=1}^\infty A_i) = +\infty$, no tenemos nada que probar, ya que todos los números son $\le +\infty$ y la afirmación se vuelve trivialmente verdadera (no es necesario pasar por la prueba): cualquier serie de valores $\mu(A_i)$ es o algún número positivo finito o también $+\infty$, y ambos son $\le +\infty$.