Usaré \overline{\mathbb{R}} para denotar los números reales extendidos, es decir [-\infty,\infty] . Pero el argumento funciona igual de bien con el viejo y simple \mathbb{R} o incluso cualquier subconjunto medible de \mathbb{R} que contiene 0 o incluso cualquier espacio medible Y (con algunos y\in Y sustituyendo a 0 ).
Dejemos que X sea un espacio medible con \sigma -Álgebra \mathcal{M} y que U\subseteq X sea un conjunto medible (es decir U\in\mathcal{M} ), convertido en un espacio medible con el \sigma -Álgebra \mathcal{N}=\{A\cap U\mid A\in\mathcal{M}\} . Tenga en cuenta que \mathcal{N}\subseteq\mathcal{M} porque la intersección de dos conjuntos cualesquiera en \mathcal{M} está en \mathcal{M} .
Dejemos que f:U\to\overline{\mathbb{R}} sea una función medible, y defina F:X\to\overline{\mathbb{R}} por F(x)=\begin{cases} f(x)\quad\,\text{ if }x\in U\\0\quad\quad\quad\text{ if }x\notin U.\end{cases} F es medible si y sólo si, para cualquier subconjunto medible S\subseteq\overline{\mathbb{R}} el conjunto F^{-1}(S) es un subconjunto medible de X es decir F^{-1}(S)\in\mathcal{M} .
Si 0\notin S entonces F^{-1}(S)=f^{-1}(S) . Porque f es medible, tenemos que f^{-1}(S)\in\mathcal{N} y porque \mathcal{N}\subseteq\mathcal{M} tenemos que f^{-1}(S)\in\mathcal{M} .
Si 0\in S entonces F^{-1}(S)=f^{-1}(S)\cup (X\setminus U) . Porque f es medible, tenemos que f^{-1}(S)\in\mathcal{N} Por lo tanto f^{-1}(S)\in\mathcal{M} . Porque cualquier \sigma -es cerrada bajo complementos y uniones y U\in\mathcal{M} tenemos que X\setminus U\in\mathcal{M} y por lo tanto f^{-1}(S)\cup (X\setminus U)\in\mathcal{M} .
Así, F es medible.
Tenga en cuenta que si U no fueran medibles, este argumento no funcionaría, porque (como señala Arturo más adelante) no podríamos concluir que F^{-1}(S) sería medible para cualquier S\neq\varnothing o \overline{\mathbb{R}} .