Zeige, dass $\int\limits_{\mathbb{R}}gd\lambda=\int\limits_{X}g\circ fd\mu$

Question

Annehmen $(X,\mathcal{A},\mu)$ ist ein Maßraum und $f:X\to\mathbb{R}$ist messbar. Zeige, dass

1. $\lambda(A)=\mu(f^{-1}(A))$ definiert ein Maß auf dem $\sigma$-Algebra von Borel-Teilmengen von $\mathbb{R}$
2. Zeige, dass $\int\limits_{\mathbb{R}}gd\lambda=\int\limits_{X}g\circ fd\mu$ für jede Borel-Funktion $g:\mathbb{R}\to [0,\infty]$

Hier konnte ich Teil 1 beweisen.
Aber ich kämpfe mit Teil 2.

Ich weiß, dass das Integral von $g$ wird mit dem Suprimum der Integrale einfacher Funktionen definiert $\phi\leq g$.

Also habe ich zuerst versucht, das Ergebnis für einfache Funktionen zu beweisen:
Also lass$\phi(x)=\sum\limits_{k=1}^{k=n}a_k\chi_{E_k}(x)$ eine einfache Funktion sein.

Damit $\int\phi d\lambda=\sum a_k\lambda(E_k)=\sum a_k\mu(f^{-1}(E_k))$
Und danach sehe ich keinen richtigen Weg, um fortzufahren.

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Answer 1

Die Gleichheit für einfache Funktionen wird in den Kommentaren bewiesen. Für eine allgemeine nicht negative Funktion können wir wie unten gezeigt vorgehen.

Für jeden $g \geq 0$ Es gibt eine nicht abnehmende Sequenz$(\alpha_n)$von einfachen Funktionen punktweise konvergierend dazu. Wir haben dann:

$$(\alpha_n\circ f)(x) = \alpha_n(f (x)) \leq \alpha_{n+1}(f(x)) \rightarrow g(f(x)) $$

Durch den monotonen Konvergenzsatz erhalten wir:

$$ \int_{\mathbf{R}} \alpha_n d\lambda =\int_{X} \alpha_n\circ f d\mu \rightarrow \int_X g\circ f d\mu $$