Usted debe asumir que $\mu$ es finito. De lo contrario, esto no puede ser cierto, como se señaló en los comentarios de arriba. Aquí es otro contraejemplo para mostrar que $\sigma$-finitud no es suficiente: vamos a $X=[0,1]$ con la topología usual y deje $\mu(A)$ el número de puntos racionales en $A$. Desde $X$ es la unión de un contable número de embarazos únicos $\{p\}$, $p\in[0,1]\cap\Bbb Q$, cada uno de los cuales tiene una medida de $1$, junto con $[0,1]\setminus\Bbb Q$, el cual tiene una medida de $0$, $\mu$ es $\sigma$-finito. Sin embargo, $\mu(\{0\})=1$, pero cualquier conjunto abierto que contiene a $\{0\}$ debe tener medida infinita.
Dado que el $\mu$ es finito, la prueba es sencilla. Definir el conjunto de los conjuntos de Borel, que son approximable por la apertura de los conjuntos de fuera y conjuntos cerrados en el interior,
\begin{eqnarray*}
{\cal S}&:=&\{S\mid S \text{ is Borel, and for all } \epsilon>0,\text{ there exist}\\
&& \ \ \ \ \ \ \ \ \text{open } G\supseteq S \text{ and closed } F\subseteq S \text{ with } \mu(G\setminus F)<\epsilon\}.
\end{eqnarray*}
Si $\cal S$ contiene todos los conjuntos cerrados y es un $\sigma$-álgebra, entonces va a contener todos los conjuntos de Borel.
Para mostrar que $\cal S$ contiene todos los conjuntos cerrados, si $F$ es cerrado, escribir
$$G_n:=\{x\in X\mid d(x,F)<\frac 1n\}, \qquad n=1, 2, 3, \dots$$
Cada una de las $G_n$ está abierto, $G_1\supseteq G_2\supseteq \cdots$, y desde $F$ es cerrado,
$$
\bigcap_n G_n=\{x\X\a mediados d(x,F)=0\}=F.
$$
Por eso, $\mu(G_n)$ debe converger a $\mu(F)$. Esto demuestra que cada conjunto cerrado es en $\cal S$.
Desde el complemento de un conjunto abierto es cerrado y viceversa, $\cal S$ es cerrado bajo la complementación. El único paso restante es para demostrar que es cerrado bajo infinito sindicatos. Ahora si $\epsilon>0$ $S$ es la unión de $S_1$, $S_2$, $S_3$, $\dots$, donde cada una de las $S_i\in\cal S$, luego por hipótesis no se $F_i\subseteq S_i\subseteq G_i$ con $\mu(G_i\setminus F_i)<\epsilon/2^{i+1}$ ($F_i$ cerrado, $G_i$ abierto, $i=1$, $2$, $\dots$) Para obtener un conjunto abierto $G$ contiene $S$ puedes configurar $$G:=\bigcup_i G_i.$$ A obtener un conjunto cerrado
$F$ $S$ , que se aproxima a $S$, $$\hat F_j:=\bigcup_{i\le j} F_i,\ \ \hat F:=\bigcup_i F_i.$$
$\hat F$ aproxima $S$ desde el interior, pero podría no ser cerrado. Sin embargo, desde la $\hat F_1\subseteq \hat F_2\subseteq \cdots$$\bigcup_i \hat F_i=\hat F$,
debe haber alguna $j$ tal que
$$
\mu(\hat F_j) > \mu(\hat F) - \frac{\epsilon}{2}.
$$
Ahora, $\hat F_j \subseteq S$ es cerrado, $G\supseteq S$ está abierto, y
$$
\mu(G\setminus \hat F_j)=\mu(G\setminus \hat F)+\mu(\hat F \setminus {\hat F}_j)\le\left( \sum_i \mu(G_i\setminus F_i)\right)
+\frac\epsilon 2< \epsilon.
$$
Esto completa la prueba de que $\cal S$ contiene todos los conjuntos de Borel.
Ahora, para mostrar la primera igualdad en la pregunta,
$$ \mu(A)=\inf\{\mu(O) \mid A\subseteq O, O \text{ open}\},\qquad (*)$$
deje $A$ ser cualquier conjunto de Borel y deje $I_A$ ser la mano derecha de $(*)$. Si $A\subseteq O$,$\mu(O)\ge \mu(A)$, por lo que el infimum también debe ser al menos tan grande como $\mu(A)$: $I_A\ge \mu(A)$. Corregir algunos $\epsilon>0$. Desde $A\in\cal S$, hay conjuntos de $F$ $G$ $F$ cerrado, $G$ abierto, $F\subseteq A\subseteq G$, e $\mu(G\setminus F)<\epsilon$. Desde
$$\mu(G)=\mu(G\setminus A)+\mu(A)<\mu(A)+\epsilon,$$
esto demuestra que $I_A<\mu(A)+\epsilon$. Dejar $\epsilon\to 0$, $\mu(A)=I_A$. Esto demuestra $(*)$. Desde $X$ se supone que para ser compacto, usted puede cambiar "compacto" a "cerrado" en la segunda igualdad en la pregunta. A continuación, puede ser probado de la misma manera que la primera igualdad.
