No. De hecho, cada Lebesgue medibles función de $f\colon I\to E$ es igual en casi todas partes, con un límite de simple Lebesgue medibles funciones. Como se insinúan en la pregunta, esto es fácil de demostrar en el caso de que $E$ es separable. La situación general se reduce a la separables caso debido a la siguiente resultado. Para una plena prueba, ver Fremlin, Teoría de la Medida, el Volumen 4 de la Parte I, Lema 451Q.
Teorema 1: Vamos a $(X,\Sigma,\mu)$ ser finito compacto medir el espacio, $Y$ un espacio metrizable, y $f\colon X\to Y$ una función medible. Entonces, hay un cerrado separable subespacio $Y_0$ de % de $Y$ tal que $f^{-1}(Y\setminus Y_0)$ es insignificante.
Es decir, $f$ tiene esencialmente separables de la imagen. La restricción $f$ para el complemento de un insignificante conjunto reduce el problema a la situación en la que el codominio es separable, en cuyo caso se trata de un límite de funciones simples. La compacidad del espacio $(X,\Sigma,\mu)$ significa que hay una familia $\mathcal{K}\subseteq\Sigma$ tal que cualquier subconjunto de $\mathcal{K}$ con la intersección finita de la propiedad tiene intersección no vacía, y tal que $\mu$ es de interior-regular con respecto a $\mathcal{K}$. Es decir, $\mu(E)=\sup\{\mu(K)\colon K\in\mathcal{K},K\subseteq E\}$ por cada $E\in\Sigma$. En particular, la medida de Lebesgue es compacto por tomar $\mathcal{K}$ a ser la colección de conjuntos compactos bajo el estándar de la topología.
La prueba del Teorema 1 es bastante difícil, que implica lo que Fremlin describe como "no-trivial de la teoría de conjuntos". Se basa en los siguientes dos resultados.
Teorema 2: Cualquier espacio metrizable tiene un $\sigma$disjuntos base $\mathcal{U}$. Es decir, $\mathcal{U}$ es una base para la topología, y puede ser escrito como $\bigcup_{n=1}^\infty\mathcal{U}_n$ donde cada una de las $\mathcal{U}_n$ es una colección de conjuntos disjuntos.
(Fremlin, Teoría de la Medida, Volumen 4 II, 4A2L (g-ii))
Teorema 3: Deje $(X,\Sigma,\mu)$ ser finito compacto medir el espacio y $\{E_i\}_{i\in I}$ ser un discontinuo de la familia de subconjuntos de $X$ tal que $\bigcup_{i\in J}E_i\in\Sigma$ por cada $J\subseteq I$. A continuación, $\mu\left(\bigcup_{i\in I}E_i\right)=\sum_{i\in I}\mu(E_i)$.
(Fremlin, Teoría de la Medida, Volumen 4 I, 451P).
Teorema 3 es particularmente notable, como se extiende el contable de aditividad de la medida arbitrariamente grandes sindicatos de conjuntos.
Una vez que estos dos resultados son conocidos, la prueba de que $f$ tiene esencialmente separables de la imagen en el Teorema 1 es sencillo. Deje $\mathcal{U}=\bigcup_{n=1}^\infty\mathcal{U}_n$ ser $\sigma$disjuntos base para $Y$. Deje $\mathcal{V}_n$ ser la colección de $U\in\mathcal{U}_n$ tal que $\mu(f^{-1}(U)) = 0$. Contables aditividad, $\mathcal{U}_n\setminus\mathcal{V}_n$ es contable. También, $\{f^{-1}(U)\colon U\in\mathcal{V}_n\}$ es un discontinuo de la colección de insignificante subconjuntos de $X$ y, por medición de la $f$, cualquier unión de una subcolección de estos es medible. Se sigue por el Teorema 3, en el que su unión es insignificante. Es decir, $f^{-1}\left(\bigcup\mathcal{V}_n\right)$ es insignificante. Establecimiento $Y_0=Y\setminus\bigcup_n\bigcup\mathcal{V}_n$ a continuación, contables aditividad, $f^{-1}(Y\setminus Y_0)$ es insignificante. También, $\bigcup_n(\mathcal{U}_n\setminus\mathcal{V}_n)$ restringe a un contable de base para la topología en $Y_0$, por lo que es separable (de hecho, es la segunda-contable).
Encontrar un $\sigma$disjuntos base para la topología en $Y$ es bastante fácil. Siguiente Fremlin, usted puede hacer esto por el bien de pedidos $Y$ y dejando $(q_n,q^\prime_n)$ ser una secuencia se ejecuta a través de los pares de $(q,q^\prime)$ de los racionales con $0 < q < q^\prime$. Dejando $\mathcal{U}_n$ ser la colección de conjuntos de la forma
$$
G_{ny}=\left\{x\Y\colon d(x,y) < q_n, \inf_{z < y}\,d(x,z) > q_n^\prime\right\}
$$
(sobre $y\in Y$) da un $\sigma$disjuntos base.
Los realmente implicados parte de la prueba es establecer el Teorema 3. Yo sugiero que busque en Fremlin para los detalles, pero la idea es la siguiente. Contables aditividad, sólo countably muchos $E_i$ puede tener medida positiva así, la eliminación de estos, podemos suponer que cada $E_i$ es insignificante. Además, la restricción de $X$ a la unión de la $E_i$ si es necesario, podemos suponer que $X=\bigcup_iE_i$. A continuación, defina la función $f\colon X\to I$ por $f(x)=i$ para $x\in E_i$. Usando el poder establecer $\mathcal{P}I$ para el sigma-álgebra en $I$, $f$ serán medibles. A continuación, vamos a $\nu=\mu\circ f^{-1}$ ser la imagen medida en $(I,\mathcal{P}I)$. Fremlin descompone en dos casos.
a) $\nu$ es atomless. Como con cualquier finito atomless medir el espacio, no será una medida de preservación de mapa de $g\colon I\to[0,\gamma]$ para algunos $\gamma\ge0$, con respecto a la medida de Lebesgue $\lambda$ a $[0,\gamma]$. El uso de compacidad, se puede demostrar que los conjuntos de $\lambda$ e $\nu\circ g^{-1}$ están bien definidos coinciden (precisamente, $\mu$ es compacto, por lo que es perfecto, por lo $\nu\circ g^{-1}$ es perfecto y por lo tanto es el Radón). La existencia de la no-Lebesgue conjuntos dará una contradicción, a menos $\gamma=0$, lo $\mu(X)=0$.
b) $\nu$ tiene un átomo de $M\subseteq I$: En este caso, $\mathcal{F}=\{F\subseteq M\colon\nu(M\setminus F)=0\}$ es un no-director de ultrafilter en $M$ que es cerrado bajo contables de las intersecciones. De nuevo haciendo uso de la compacidad de $\mu$, esto puede ser usado para derivar de ello, pero requiere de algunos complicada que la teoría de conjuntos. Me refiero a que Fremlin (451P) para los detalles completos de este argumento.
Actualización: yo, sin embargo, dar un breve resumen de las ideas implicadas en (b). Es posible reducir el problema al caso en que $M$ es regular innumerables ordinal y $\mathcal{F}$ es normal ultrafilter. El uso de $[S]^n$ para denotar la colección de tamaño-$n$ subconjuntos de un conjunto $S$ e $[S]^{ < \omega}=\bigcup_{n=0}^\infty[S]^n$ para la colección de subconjuntos finitos, normal ultrafilters tiene la siguiente propiedad.
Si $\mathcal{S}\subseteq[M]^{ < \omega}$ entonces existe un $F\in\mathcal{F}$ tal que, para cada $n\ge0$, $[F]^n$ es un subconjunto de $\mathcal{S}$ o disjunta de $\mathcal{S}$.
A ver, Frelim (4A1L). Esto se contradice con la compacidad de la siguiente manera. Set $G_i=\bigcup\{E_j\colon j\in M, j\ge i\}$. A continuación, elija $K_i\in\mathcal{K}$ con $K_i\subseteq G_i$ e $\mu(K_i) > 0$. Deje $\mathcal{S}$ consta de los subconjuntos finitos $S\subset M$ tal que $\bigcap_{i\in S}K_i=\emptyset$. Elija $F\in\mathcal{F}$ anterior. No es posible para $[F]^n$ a ser un subconjunto de $\mathcal{S}$. De lo contrario, cada $x\in X$ estaría contenida en no más de $n$ de los conjuntos de $\mathcal{K}^\prime=\{K_i\colon i\in F\}$. Por eso, $\sum_{i\in F}\mu(K_i)\le n\nu(M)$. Pero, como esta suma es más de un uncountably conjunto infinito de números positivos, debe ser infinito. Por lo tanto, $[F]^{ < \omega}\cap\mathcal{S}=\emptyset$, e $\mathcal{K}^\prime$ satisface la intersección finita de la propiedad. Así, por compacidad, $\bigcap_{i\in F}G_i\supseteq\bigcap\mathcal{K}^\prime\not=\emptyset$. Esto contradice el hecho de que, como $F\in\mathcal{F}$ es un subconjunto infinito de $M$, esta intersección es vacía.
