Cómo concluyo? No sé ni para donde agarrar. :'(
Explícame en orden está demostración, estoy hecha un desastre
Siguiendo las indicaciones que te dejaba en mi primer mensaje la demostración sería así: en el primer enlace que te dejé se demuestra que para todo \( A,B \) medibles se tiene que \( \mu(A\cup B)\leqslant \mu(A)+\mu(B) \), y se dice que el caso general \( \mu(\bigcup_{k=1}^n A_k)\leqslant \sum_{k=1}^n \mu(A_k) \) se sigue de la desigualdad anterior utilizando inducción fuerte en \( n \), ¿eso lo entiendes? Es decir, ¿entiendes porqué de la desigualdad \( \mu(A\cup B)\leqslant \mu(A)+\mu(B) \) se sigue al utilizar inducción fuerte en \( n \) que \( \mu(\bigcup_{k=1}^n A_k)\leqslant \sum_{k=1}^n \mu(A_k) \)? Sólo tienes que hacer justo eso: aplicar inducción fuerte en \( n \) sobre la hipótesis inductiva \( \mu(\bigcup_{k=1}^n A_k)\leqslant \sum_{k=1}^n \mu(A_k) \) teniendo ya demostrado el caso base para \( n=2 \) (es decir, habiendo ya demostrado que \( \mu(A\cup B)\leqslant \mu(A)+\mu(B) \)).
Bueno, supongamos que eso lo has entendido (si no es así coméntalo a continuación), entonces tienes el siguiente teorema demostrado ya:
Teorema 1: si \( \{A_n\}_{n\in\mathbb{N}} \) es una sucesión de conjuntos medibles en un espacio de medida \( (X,\mathcal{A},\mu) \) entonces, para todo \( n \), se tiene que \( \mu(\bigcup_{k=1}^n A_k)\leqslant \sum_{k=1}^n \mu(A_k) \).
Ahora, como te comentaba en el primer mensaje, tienes este segundo teorema (cuya demostración se encuentra en el enlace dejado en mi segundo mensaje):
Teorema 2: si \( \{A_n\}_{n\in\mathbb{N}} \) es una sucesión de conjuntos medibles en un espacio de medida \( (X,\mathcal{A},\mu) \) entonces \( \lim_{n\to\infty}\mu(\bigcup_{k=1}^n A_k)=\mu\left(\bigcup_{k=1}^{\infty }A_k\right) \).
Finalmente de la desigualdad \( \mu(\bigcup_{k=1}^n A_k)\leqslant \sum_{k=1}^n \mu(A_k) \) (la cual es cierta para todo \( n \) debido al teorema 1) y sabiendo que \( \mu(A)\geqslant 0 \) para cualquier conjunto medible \( A \) (ya que una medida es una función desde una \( \sigma \)-álgebra a \( [0,\infty ] \)) se tiene que
\( \displaystyle{
\mu\left(\bigcup_{k=1}^n A_k\right)\leqslant \sum_{k=1}^\infty \mu(A_k)\tag{*}
} \)
para todo \( n \). ¿Esto lo entiendes? ¿Sabes por qué es cierto (*)? Supongamos que sí, sino coméntalo.
Entonces el paso final es tomar límites en (*) y aplicar el teorema 2, es decir, del álgebra de límites y de (*) se tiene finalmente que
\( \displaystyle{
\lim_{n\to\infty}\mu\left(\bigcup_{k=1}^n A_k\right)=\mu\left(\bigcup_{k=1}^{\infty }A_k\right)\leqslant \sum_{k=1}^\infty \mu(A_k)\tag{**}
} \)
que es lo que queríamos demostrar. ∎
Añado:Ok haré el intento....
Listo esto fué lo que hice.. chicos sino está bien ayúdenme por favor.
Defininimos inductivamente
\( B_1 := A_1\quad\text{and}\quad B_n := A_n \setminus \bigcup _{k=1}^{n-1}A_k,\quad n\geqslant 2. \)
Se sostiene que \( \bigcup _{k=1}^{\infty} A_k = \bigcup _{k=1}^{\infty} B_k. \) los \( B_k \) son disjuntos por pares y \( B_k\subseteq A_k \) para todo \( k \).
Como consecuencia
\( \mu \left ( \bigcup _{k=1}^\infty A_k \right ) = \mu \left ( \bigcup _{k=1}^\infty B_k \right ) = \sum _{k=1}^\infty \mu (B_k) \leqslant \sum _{k=1}^\infty \mu (A_k).
\)
Aquí ya tenías demostrado el teorema, no necesitas más.
