Muestra esa $\int\limits_{\mathbb{R}}gd\lambda=\int\limits_{X}g\circ fd\mu$

Question

Suponer $(X,\mathcal{A},\mu)$ es un espacio de medida y $f:X\to\mathbb{R}$es medible. Muestra esa

1. $\lambda(A)=\mu(f^{-1}(A))$ define una medida en el $\sigma$-algebra de Borel subconjuntos de $\mathbb{R}$
2. Muestra esa $\int\limits_{\mathbb{R}}gd\lambda=\int\limits_{X}g\circ fd\mu$ para cada función de Borel $g:\mathbb{R}\to [0,\infty]$

Aquí pude probar la parte 1.
Pero estoy luchando con la parte 2.

Sé que la integral de $g$ se define con el suprimum de las integrales de funciones simples $\phi\leq g$.

Así que estaba tratando de probar el resultado para funciones simples primero:
Por lo tanto dejar$\phi(x)=\sum\limits_{k=1}^{k=n}a_k\chi_{E_k}(x)$ ser una función simple.

Entonces $\int\phi d\lambda=\sum a_k\lambda(E_k)=\sum a_k\mu(f^{-1}(E_k))$
Y después de eso, no veo una forma adecuada de proceder.

Aprecio tu ayuda

Answer 1

La igualdad para funciones simples se prueba en los comentarios. Para una función general no negativa, podemos proceder como se muestra a continuación.

Para cualquier $g \geq 0$ hay una secuencia no decreciente$(\alpha_n)$de funciones simples puntuales convergentes a él. Entonces tenemos:

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

Por el teorema de la convergencia monótona obtenemos:

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