Si el límite se entiende como "pointwise una.e.", parece que la conclusión no necesariamente. Suponga que el espacio de $X$ puede ser escrito como $X=\bigcup_{k\in\mathbb N} A_k$, donde el $A_k$'s son (medibles) pares discontinuo con $\mu(A_k)>0$ (por ejemplo, tome $X=[0,1]$ withLebesgue medida). Deje $(\alpha_k)$ ser cualquier secuencia de pares distintos números positivos, y definir una función medible $f$ $X$ $f(x)=\alpha_k$ si $x\in A_k$. Por último, defina $f_n(x)=f(x)+\frac1n\cdot$ $f_n(x)\to f(x)$ en todas partes, pero para cada uno de ellos fijo $k$ $x\in A_k$ tenemos $\chi_{\{\vert f_n\vert\leq \alpha_k\}}(x)=0$ todos los $n$ (desde $f_n(x)=\alpha_k+\frac1n$) mientras que la $\chi_{\{\vert f\vert\leq \alpha_k\}}(x)=1$ (desde $f(x)=\alpha_k$); por lo tanto, para cualquier $k\in\mathbb N$, el límite anterior no se sostiene con $\alpha=\alpha_k$.
Por otro lado, la conclusión no tiene (con pointwise una.e. convergencia) si "un número finito de valores de $\alpha$" es reemplazado por "countably muchos de los valores de $\alpha$". El punto clave es que el conjunto $A$ de todos los $\alpha\geq 0$ tal que $\{ x\in X;\; \vert f(x)\vert=\alpha\}$ tiene medida positiva es contable, debido a que la medida de $\mu$ es finito ($\sigma$-finito sería suficiente). Si $\alpha\not\in A$, $\vert f(x)\vert \neq\alpha$ en casi todas partes (por la definición de $A$), por lo que el $\vert f(x)\vert$ es un punto de continuidad de la función $\chi_{[0,\alpha]}$. Desde $\vert f_n(x)\vert\to\vert f(x)\vert$.e., de ello se desprende que $\chi_{[0,\alpha]}(\vert f_n(x)\vert)\to \chi_{[0,\alpha]} (\vert f(x)\vert)$ en casi todas partes por cualquier $\alpha$ no en el contable "excepcional" set $A$, y esto muestra que el límite anterior es cierto para estos $\alpha$.
