Edit: acabo de descubierto una manera mucho más fácil.
Así que, he editado la respuesta.
Deje $\mathcal{V} = \{V_n : n = 1, 2, \dotsc\}$
ser una contables de base para la topología de $Y$.
Para cada una de las $V_n$, elija un insignificante $E_n \subset X$ tal que
$f^{-1}(V_n) \setminus E_n \in \mathcal{F}$.
Puede suceder que $\bigcup E_n \not \in \mathcal{F}$.
Pero ya que es un insignificante set, hay un insignificante
$Z \in \mathcal{F}$ tal que $\bigcup E_n \subset Z$.
Corregir algunos $y \in Y$,
y, a continuación, definir
$$
g(x)
=
\left\{
\begin{array}{}
f(x), & x \not \in Z
\\
y, & x \in Z
\end{array}
\right.
$$
Observe que para cualquier $V_n \in \mathcal{V}$,
si $y \not \in V_n$,
$$
\begin{align*}
g^{-1}(V_n)
&=
f^{-1}(V_n) \setminus Z
\\&=
(f^{-1}(V_n) \setminus E_n) \setminus Z
\in \mathcal{F}.
\end{align*}
$$
Y si $y \in V_n$,
$$
\begin{align*}
g^{-1}(V_n)
&=
f^{-1}(V_n) \cup Z
\\&=
(f^{-1}(V_n) \setminus E_n) \cup Z
\in \mathcal{F}.
\end{align*}
$$
Es decir, $g^{-1}(\mathcal{V}) \subset \mathcal{F}$.
Abierto todos los conjuntos de $Y$ (contables) de la unión de elementos en $\mathcal{V}$.
Por lo tanto, $\mathcal{V}$ genera el $\sigma$-álgebra de conjuntos de Borel
$\mathcal{B}$.
Y así, $g$ $\mathcal{F}$- medible.
De hecho,
$$
g^{-1}(\mathcal{B})
=
g^{-1}(\sigma(\mathcal{V}))
=
\sigma \left(g^{-1}(\mathcal{V})\right)
\subconjunto \mathcal{F}.
$$
Ya que es evidente que $g$ $f$ son iguales en casi todas partes,
la prueba está completa.
