Me refiero a $X$ es localmente compacto Hausdorff espacio, $\mu$ es de Borel regular de la medida, y $\mu(\{x\})=0$. Para cualquier subconjunto $A$ con un límite de medida. Cómo probar para cualquier $0<b<\mu(A)$, siempre podemos encontrar un subconjunto de Borel $B$$A$, de tal manera que $\mu(B)=b$?
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Bill
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Tal vez existen más fácil argumentos, pero es un caso especial del teorema de Lyapunov:
Si $\mu$ no es atómica finito medir y $f \in L^1(X,\mathbb{R}^n)$ entonces el conjunto $\left\{\int_{A} f \,d\mu : A \text{ measurable}\right\}$ es compacto y convexo $\mathbb{R}^n$.
Usted puede encontrar una prueba en el Teorema 8.23, p.133 de estas notas.
André Caldas
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Podemos suponer que la $X = A$, e $\mu$ es finito. Y desde $\mu(X) = \sup_{K \subset X \text{: compact}} \mu(K)$, es suficiente para demostrar que para cualquier compacto $K \subset X$, $$ \{\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) :-)
