Приближение изнутри измеримого множества замкнутым

[ellipse]

Для любого $\varepsilon >0$ в измеримом множестве $A$ найдется замкнутое подмножество $F \subset A$ т.ч. $m(A\setminus F)<\varepsilon$.
Подскажите идею док-ва.

[_hum_]

Я ж так понимаю, речь идет про борелевские измеримые множества в метрическом пространстве и непрерывные меры? Тогда можно начать с использования принципа подходящих множеств: убедиться, что множества, удовлетворяющие заданному свойству, образуют сигма-алгебру. А потом попробовать доказать, что эта алгебра содержит в себе все открытые множества, а значит, и все борелевские (почему?) => ч.т.д.

[ellipse]

Имеется ввиду лебегова мера в $\mathbb{R}^n$

-- Вт окт 11, 2011 00:19:44 --

По определению измеримости $\forall \delta>0$ найдется элементарное множество $B$ т.ч. $m(A\triangle B)<\delta$. Можно считать, что $B=\bigsqcup_{i=1}^{N} P_i$, где $P_i$ - прямоугольник. В каждом прямоугольнике $P_i$ можно найти замкнутый прямоугольник $\overline{P_i}$, т.ч. $m(\overline{P_i})>m(P_i)-\frac{\delta}{N}$. Получим замкнутое множество $\overline{B}=\bigsqcup_{i=1}^{N} \overline{P_i}$ т.ч. $m(\overline{B})>m(B)+\delta$.
Что дальше делать?

-- Вт окт 11, 2011 00:51:22 --

Может сначала доказать аналогичное утверждение для открытого множества $G\supset A$. По определению внешней меры найдется счетная система элементарных множеств $\{B_n\}$ т.ч. $A\subset \bigsqcup_{n}^{}B_n$ и $\sum_{n}m(B_n)<m(A)+\varepsilon$. Для каждого элементарного множества $B_n$ можно найти открытое множество $B_n'\supset B_n$, т.ч. $m(B_n')<m(B_n)+\varepsilon/2^n$. В итоге получим $G=\bigcup_{n}^{}B_{n}' \supset A$ причем $m(\bigcup_{n}^{}B_{n}')\le \sum_{n}m(B_n')\le \sum_{n}m(B_n)+\varepsilon \le m(A)+2\varepsilon$, то есть $m(G\setminus A)<2\varepsilon$. Правильно?

Как теперь перейти к замкнутому?

[ellipse]

Пусть $X$ - единица рассматриваемой алгебры и $X$ - открытое. $E\setminus A$ - измеримое. По доказанному, найдется открытое мн-во $G\supset X\setminus A$, т.ч. $m(G\setminus(X\setminus A))<\varepsilon$, поэтому $F=X\setminus G \subset A$, причем $F$ замкнутое. Как показать, что $m(A\setminus F)$ может быть сделана сколь угодно малой?

[RIP]

$A\setminus F=G\setminus(X\setminus A)=A\cap G$.