[lindtaylor]

Sea X un conjunto. Sea \( \mathcal{A}\subset \mathcal{P}(X) \) un álgebra. \( \tau=\sigma(\mathcal{A}) \) y \( \mu:\tau\to \mathbb{R}_{+}\cup \left\{\infty\right\} \) una medida finita. Demuestre que para todo \( B\in \tau \), para todo \( \epsilon>0 \) existe \( A\in\mathcal{A} \) tal que \( \mu(A\Delta B)\leq \epsilon. \)
Pista: Considere \( \Sigma=\left\{B\in\tau: \forall\epsilon >0 \exists A\in\mathcal{A}, \mu(A\Delta B)\leq \epsilon\right\}. \)

Ya probé que \( \Sigma \) es Álgebra. Me falta ver que es cerrado bajo uniones numerables. para tener que sea una sigma-álgebra.
Probé que es cerrado bajo uniones finitas pero para uniones numerables aún no lo tengo.

Mi idea era hacer lo siguiente:

Dado  \( (B_i)_{i=1,\ldots, p}\subset \tau, \exists (A_i)_{i=1,\ldots,p} \) tal que \( \mu(\bigcup_{i=1}^{p} A_i \Delta \bigcup_{i=1}^{p} B_i)\leq \epsilon \) como \( \bigcup_{i=1}^{p}A_i \Delta \bigcup_{i=1}^{p} B_i \) converge superiormente como conjunto a \( \bigcup_{n\in \mathbb{N}} A_n\Delta \bigcup_{n\in \mathbb{N}} B_n \) entonces \( \mu(\bigcup_{n\in \mathbb{N}} A_n\Delta \bigcup_{n\in \mathbb{N}} B_n)\leq \epsilon, \) pero estaba viendo y no es verdad que \( C_p:=\bigcup_{i=1}^{p}A_i \Delta \bigcup_{i=1}^{p} B_i  \) converga a\(  A=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}A_n \Delta \bigcup_{n\in\mathbb{N}} B_n \)

¿Cómo se puede hacer?

[lindtaylor]

Hice lo siguiente:

Dado \( (B_n)\subset \Sigma \) disjuntos, la unión numerable de estos conjuntos está en \( \Sigma \). Para esto:

Como \( (B_n)\subset \Sigma \), entonces existe \( (A_n)\subset \mathcal{A} \) tal que \( \mu(A_n\Delta B_n)\leq \dfrac{\epsilon}{2^{n+1}} \), y por lo mismo, \( \mu(A_n\setminus B_n)\leq \dfrac{\epsilon}{2^{n+1}} \) y \( \mu(B_n\setminus A_n)\leq \dfrac{\epsilon}{2^{n+1}}. \)

Ahora se cumple siempre que : \( X\setminus Y\subset (X\setminus Z)\cup (Z\setminus Y) \) con \( Y\subset Z \) para todo conjuntos.

Entonces por lo anterior,
\(  {\bigcup_{n=1}^{\infty} B_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{N} A_n}\subset ({\bigcup_{n=1}^{\infty} B_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n})\cup {\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{N} A_n}) \) para cada N natural.

Ahora, \( {\bigcup_{n=1}^{\infty} B_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n} \subset \bigcup_{n=1}^{\infty} (B_n\setminus A_n), luego
\mu({\bigcup_{n=1}^{\infty} B_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n})\leq \mu(\bigcup_{n=1}^{\infty} (B_n\setminus A_n))\leq \sum_{n=1}^{\infty} \mu(B_n\setminus A_n)\leq \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{\epsilon}{2^{n+1}}=\dfrac{\epsilon}{2}. \)

Por tanto, \( \mu({\bigcup_{n=1}^{\infty} B_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n})\leq \dfrac{\epsilon}{2}. \)

Ahora \( \bigcup_{n=1}^{\infty}A_n\setminus \bigcup_{n=1}^{N}A_n \) converge inferiormente como conjunto a \( {\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n} \) (que es el vacío), y la medida es finita luego:

\( \lim_{N\to\infty} \mu({\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{N} A_n})=\mu(\emptyset)=0 \)

así  existe \( N_0 \) tal que \( \mu({\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{N_0} A_n}\leq \dfrac{\epsilon}{2}.
 \)
Con este \( N_0 \) se cumple: \( \mu({\bigcup_{n=1}^{\infty} B_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{N_0} A_n})\leq \mu({\bigcup_{n=1}^{\infty} B_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n})+\mu({\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{N_0} A_n})\leq \dfrac{\epsilon}{2}+\dfrac{\epsilon}{2}=\epsilon. \)

Hasta acá se tiene que \( \mu({\bigcup_{n=1}^{\infty} B_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{N_0} A_n})\leq \epsilon. \)

Ahora,
 \( \mu({\bigcup_{n=1}^{N_0}A_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{\infty}B_n})\leq \mu(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n\setminus \bigcup_{n=1}^{\infty}B_n)\leq \mu(\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n\setminus B_n)\leq \sum_{n=1}^{\infty} \mu(A_n\setminus B_n)\leq \dfrac{\epsilon}{2} \).

Por tanto, \( \mu({\bigcup_{n=1}^{N_0} A_n}\setminus {\bigcup_{n=1}^{\infty} B_n})\leq \dfrac{\epsilon}{2}. \)

Por tanto con todo lo anterior, \( \mu({\bigcup_{n=1}^{\infty} B_n}\Delta {\bigcup_{n=1}^{N_0} A_n})\leq 2\epsilon \) y la unión de \( A_n \) de 1 a \( N_0 \) es finita, por tanto está en nuestro álgebra \( \mathcal{A}. \)

¿Estaría bien?