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

Question

Supponiamo $(X,\mathcal{A},\mu)$ è uno spazio di misura e $f:X\to\mathbb{R}$è misurabile. Dimostralo

1. $\lambda(A)=\mu(f^{-1}(A))$ definisce una misura sul $\sigma$-algebra di sottoinsiemi Borel di $\mathbb{R}$
2. Dimostralo $\int\limits_{\mathbb{R}}gd\lambda=\int\limits_{X}g\circ fd\mu$ per ogni funzione Borel $g:\mathbb{R}\to [0,\infty]$

Qui ho potuto provare la parte 1.
Ma sto lottando con la parte 2.

So che l'integrale di $g$ è definito con il suprimo degli integrali di funzioni semplici $\phi\leq g$.

Quindi stavo prima cercando di dimostrare il risultato per funzioni semplici:
Quindi let$\phi(x)=\sum\limits_{k=1}^{k=n}a_k\chi_{E_k}(x)$ essere una semplice funzione.

Così $\int\phi d\lambda=\sum a_k\lambda(E_k)=\sum a_k\mu(f^{-1}(E_k))$
E dopo non riesco a vedere un modo corretto di procedere.

Apprezzo il tuo aiuto

Answer 1

L'uguaglianza per le funzioni semplici è dimostrata nei commenti. Per una funzione generale non negativa possiamo procedere come mostrato di seguito.

Per ogni $g \geq 0$ c'è una sequenza non decrescente$(\alpha_n)$di funzioni semplici convergenti puntualmente ad esso. Abbiamo quindi:

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

Per monotono teorema di convergenza otteniamo:

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