Me refiero a X es localmente compacto Hausdorff espacio, μ es de Borel regular de la medida, y μ({x})=0. Para cualquier subconjunto A con un límite de medida. Cómo probar para cualquier 0<b<μ(A), siempre podemos encontrar un subconjunto de Borel BA, de tal manera que μ(B)=b?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?Tal vez existen más fácil argumentos, pero es un caso especial del teorema de Lyapunov:
Si μ no es atómica finito medir y f∈L1(X,Rn) entonces el conjunto {∫Afdμ:A measurable} es compacto y convexo Rn.
Usted puede encontrar una prueba en el Teorema 8.23, p.133 de estas notas.
Podemos suponer que la X=A, e μ es finito. Y desde μ(X)=sup, es suficiente para demostrar que para cualquier compacto K \subset X, \{\mu(D) \,|\, D \subconjunto K \text{: medibles}\} = [0,\mu(K)]. Es decir, podemos suponer que la X es compacto (Hausdorff). En particular, X es la primera contables. (por qué?)
Tomar una secuencia descendente de los barrios de x, V_{x,1} \supset V_{x,2} \supset \dotsb, de tal manera que \{x\} = \bigcap V_{x,j}. Desde \mu es finito y \mu(\{x\}) = 0, podemos concluir que nos han abierto un vecindario V x tal que \mu(V) es tan pequeño como se desee.
Reclamo: Deje B_n \subset X ser tal que \mu(B_n) \leq b. Entonces, hay un B_{n+1} \supset B_n tal que b - \frac{1}{n} < \mu(B_{n+1}) \leq b.
De hecho, cubierta X con un número finito (posiblemente 0) de abrir conjuntos de V\mu(V) < \frac{1}{n}. De estos, tome V_1, \dotsc, V_k tal que 0 \leq b - \frac{1}{n} < \mu(B_n \cup V_1 \cup \dotsb \cup V_k) \leq b. (¿Por qué lo hacemos?) Hacer B_{n+1} = B_n \cup V_1 \cup \dotsb \cup V_k.
Ahora, acaba de tomar B = \bigcup B_n. En este caso, \mu(B) = \lim \mu(B_n) = b.
PS: Si usted no sabe dónde está el supuesto de que \mu es finito... leer otra vez. (sugerencia: un lugar es encontrar a K, pero no hay otra) :-)