Vamos a ver si $\mu_A$ cumple las condiciones de ser una medida de Radón paso por paso.
1. $\mu_A$ es una medida. Esto es fácil, yo se lo dejo a usted.
2. $\mu_A$ es finito en conjuntos compactos. Deje $K\subseteq X$ ser compacto. Entonces, $$\mu_A(K)=\mu(K\cap A)\leq \mu(K)<\infty,$$ given that $\mu$ es una medida de Radón.
3. $\mu_A$ es exterior regular en todos los conjuntos de Borel. Deje $E\in\mathscr B_X$. Queremos mostrar que $$\mu_A(E)=\inf\{\mu_A(U)\,|\,E\subseteq U\text{ and $U$ is open}\}.$$ The direction $\leq$ is easy to see, for if $E\subseteq U$ and $U$ is open, then $\mu_A(E)\leq\mu_A(U)$; now take infimum. The challenging part is the direction $\geq$. Fix $\varepsilon>0$. Since $\mu$ is $\sigma$-finite, there exists a sequence of $(F_n)_{n\in\mathbb N}$ of Borel-measurable sets such that $\mu(F_n)<\infty$ for all $n\in\mathbb N$ and $X=\bigcup_{n=1}^{\infty} F_n$. Without loss of generality, the $(F_n)_{n\in\mathbb N}$ can be taken to be disjoint. (Exercise: why?) Now, for any fixed $n\in\mathbb N$, one can find an open set $U_n\subseteq X$ que
dado que el $\mu$ es exterior regulares e $\mu(F_n)<\infty$. Tenga en cuenta que
\begin{align*}
\mu(U_n\cap A)=&\,\mu(U_n\cap [E\cap F_n]^c\cap A)+\mu(U_n\cap E\cap F_n\cap A)\\
=&\,\mu(U_n\cap [E\cap F_n]^c\cap A)+\mu(E\cap F_n\cap A)\\
\leq&\,\mu(U_n\cap [E\cap F_n]^c)+\mu(E\cap F_n\cap A)\\
=&\,\mu(U_n)-\mu(E\cap F_n)+\mu(E\cap F_n\cap A)<\mu(E\cap F_n\cap A)+\varepsilon/2^n.
\end{align*}
Dejando $U\equiv\bigcup_{n\in\mathbb N}U_n$, $U$ está abierto, $$E=\bigcup_{n\in\mathbb N}E\cap F_n\subseteq\bigcup_{n\in\mathbb N} U_n=U,$$ y
\begin{align*}
\mu_A(U)=&\,\mu(U\cap A)\leq\sum_{n=1}^{\infty}\mu(U_n\cap A)\leq\sum_{n=1}^{\infty}\mu(E\cap F_n\cap A)+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\varepsilon}{2^n}\\
=&\,\mu\left(\bigcup_{n\in\mathbb N}E\cap F_n\cap A\right)+\varepsilon=\mu(E\cap A)+\varepsilon=\mu_A(E)+\varepsilon.
\end{align*}
Desde $\varepsilon$ puede hacerse arbitrariamente pequeña, se deduce que el $$\mu_A(E)\geq\inf\{\mu_A(U)\,|\,E\subseteq U\text{ and $U$ is open}\}.$$
4. $\mu_A$ es interior regular en bloques abiertos. El reclamo es que para cualquier subconjunto abierto $U\subseteq X$, $$\mu_A(U)=\sup\{\mu_A(K)\,|\,K\subseteq U\text{ and $K$ is compact}\}.$$ Again, the direction $\geq$ is clear. For the direction $\leq$, vamos a considerar dos casos.
Caso I: $\mu(U\cap A)<\infty$. Fix $\varepsilon>0$. Por el exterior de la regularidad de $\mu$, existe algún conjunto abierto $V\subseteq X$ tal que
- $U\cap A\subseteq V$; y
- $\mu(V)<\mu(U\cap A)+\varepsilon<\infty$.
Ahora, $U\cap V$ es un conjunto abierto de medida finita. A su vez, por el interior de la regularidad de $\mu$, existe alguna conjunto compacto $K\subseteq X$ tal que
- $K\subseteq U\cap V$; y
- $\mu(K)>\mu(U\cap V)-\varepsilon$.
Por lo tanto,
\begin{align*}
\mu_A(K)=&\,\mu(K\cap A)=\mu(U\cap V\cap A)-\mu(U\cap V\cap K^c\cap A)\\
=&\,\mu(U\cap A)-\mu(U\cap V\cap K^c)\\
=&\,\mu(U\cap A)-[\mu(U\cap V)-\mu(K)]\\
>&\,\mu(U\cap A)-\varepsilon=\mu_A(U)-\varepsilon,
\end{align*}
y también se $K\subseteq U\cap V\subseteq U$. Por Lo Tanto, $$\mu_A(U)\leq\sup\{\mu_A(K)\,|\,K\subseteq U\text{ and $K$ is compact}\}.$$
Caso II: $\mu(U\cap A)=\infty$. Arreglar cualquier número $C>0$. Deje $(F_n)_{n\in\mathbb N}$ a ser como antes. Desde $$\infty=\mu(U\cap A)=\sum_{n=1}^{\infty}\mu(U\cap A\cap F_n),$$ there must exist some $N\in\mathbb N$ such that $$C+1<\sum_{n=1}^{N}\mu(U\cap A\cap F_n)=\mu\left[U\cap A\cap\left(\bigcup_{n=1}^N F_n\right)\right]<\infty.$$ Let $G\equiv\bigcup_{n=1}^N F_n$. Again, one can find an open set $V\subseteq X$ que
- $U\cap A\cap G\subseteq V$; y
- $\mu(V)<\mu(U\cap A\cap G)+1<\infty$.
De esta manera, $U\cap V$ es un conjunto abierto de medida finita. A su vez, podemos encontrar un conjunto compacto $K\subseteq X$ tal que
- $K\subseteq U\cap V\subseteq U$; y
- $\mu(K)>\mu(U\cap V)-1$.
Ahora nos encontramos con que
\begin{align*}
\mu_A(K)=&\,\mu(K\cap A)=\mu(U\cap V\cap A)-\mu(U\cap V\cap K^c\cap A)\\
\geq&\,\mu(U\cap A\cap G)-\mu(U\cap V\cap K^c)\\
=&\,\mu(U\cap A\cap G)-[\mu(U\cap V)-\mu(K)]\\
>&\,(C+1)-1=C.
\end{align*}
En palabras, si $\mu_A(U)=\infty$, $U$ contiene compacto conjuntos de arbitrariamente grande, $\mu_A$- medida. La prueba está completa.
