Hola
Hola tengo dificultades con el siguiente ejercicio
Sea $$S= \{ (a,b]: - \infty \leq{ a} \leq{b} \leq{\infty} \}$$ la semi-álgebra de los intervalos abierto-cerrados. Considere $$\overline{\mathbb{R}} \rightarrow{} \mathbb{R}$$ una función no-decreciente y continua por la derecha tal que $$F(-\infty)=0$$ y $$F(+\infty)=1$$. Defina
$$\mu_F : S \rightarrow{} \mathbb{R}$$ como
$$\mu_F((a,b]):=F(b)-F(a)$$
a) Muestre que si $$a,b \in \mathbb{R}$$ son tales que $$a \leq b$$ y $$[a,b] \subseteq{} \displaystyle\bigcup_{n\in \mathbb{N}}^{}{(a_n,b_n) }$$ , entonces
$$F(b) -F(a) \leq \displaystyle\sum_{n\in \mathbb{N}}^{} F(b_n) -F (a_n)$$
b) Pruebe que $$\mu_F (\emptyset)= 0$$ y $$\mu_F$$ es $$\sigma -aditiva$$ en $$S$$
Lo que he hecho:
a) Ya que \( [a,b] \) es compacto \( [a, b] \subset \bigcup_{n = 1}^{N}(a_n, b_n) \) para algún \( N \in \mathbb{N} \). Pero no se como probar \( F(b) - F(a) \leq \sum_{n = 1}^{N}(F(b_n) - F(a_n)) \) directamente. La parte b tampoco me resulta.
Puedes probarlo por inducción. Un esbozo:
1) Para \( N=1 \) es decir \( [a,b]\subset (a_1,b_1) \) es evidente que \( F(b)-F(a)\leq F(b_1)-F(a_1) \) (por ser creciente y \( b_1>b \), \( a>a_1 \))
2) Supón cierto para \( N-1 \) y pruébalo para \( N \). Si \( [a, b] \subset \bigcup_{n = 1}^{N}(a_n, b_n) \) sea un intervalo \( (a_i,b_i) \) que contiene a \( a \). Sin pérdida de generalidad (con un previsible cambio de orden en los índices) supondremos que es el último, es decir, \( a\in (a_N,b_N) \).
Entonces:
- si \( b_n>B \) hemos terminado, porque en ese caso \( [a,b]\in (a_N,B_N) \) y podemos aplicar el caso de un sólo intervalo.
- en otro caso \( [b_N,b]\subset \bigcup_{n = 1}^{N-1}(a_n, b_n) \). Por hipótesis de inducción:
\( F(b)-F(b_N)\leq \displaystyle\sum_{n=1}^{N-1}{}F(b_n)-F(a_n) \)
y
\( F(b)-F(a)=F(b)-F(b_N)+F(b_N)-F(a)\leq \displaystyle\sum_{n=1}^{N-1}{}F(b_n)-F(a_n)+F(b_N)-F(a_N) \) (porque \( a>a_N \) y así F(a)>F(a_N))
Saludos.
