Primero vamos a demostrar que si $f_n \to f$ todas partes, a continuación, $f$ también es medible, si $Y$ es un espacio métrico. La prueba es más o menos literalmente tomados de Serge Lang "Real y el Análisis Funcional". Una diferente (menor) la prueba se da en Dudley del libro "Análisis Real y Probabilidad", Teorema 4.2.2.
En primer lugar, vamos a $U \subset Y$ ser abierto. Para cada una de las $x \in f^{-1}(U)$, $f_n (x) \to f(x) \in U$ e lo $f_n (x) \in U$, es decir, $x \in f_n^{-1}(U)$ para todos lo suficientemente grande $n \geq n_x$. Esto demuestra
$$
f^{-1}(U) \subconjunto \bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{k=m}^\infty f_k^{-1}(U). \qquad (\daga)
$$
Ahora, vamos a $A \subset Y$ ser cerrado. Si
$$
x \in \bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{k=m}^\infty f_k^{-1}(A),
$$
a continuación, para cada una de las $m$ arbitrariamente grande, hay algunos $k \geq m$$f_k (x) \in A$. Esto implica que hay algunos subsequence $(f_{k_\ell})$ $f_{k_\ell} (x) \in A$ todos los $\ell$. Pero $f_{k_\ell} (x) \to f(x)$. Desde $A$ está cerrado, este rendimientos $f(x) \in A$, es decir,$x \in f^{-1}(A)$. Por lo tanto,
$$
\bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{k=m}^\infty f_k^{-1}(A) \subconjunto f^{-1}(A). \qquad (\ddagger)
$$
Ahora, vamos a $U \subset Y$ ser abierto y definir
\begin{eqnarray*}
A_n &:=& \{y \in Y \mid {\rm dist}(y, U^c) \geq 1/n\},\\
U_n &:=& \{y \in Y \mid {\rm dist}(y, U^c) > 1/n\}.
\end{eqnarray*}
Puesto que el ${\rm dist}$ función es continua, podemos ver que $U_n$ es abierto y $A_n$ se cierra con $U_n \subset A_n \subset U$$\bigcup_n U_n = \bigcup_n A_n = U$. Aquí, la igualdad de a $U$ utiliza el hecho de que $U$ está abierto.
El uso de $(\ddagger)$, vemos
$$
f^{-1}(U) = \bigcup_n f^{-1}(U) \supset \bigcup_n \bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{k=m}^\infty f_k^{-1}(A_n) \supset \bigcup_n \bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{k=m}^\infty f_k^{-1}(U_n).
$$
Por el contrario, $(\dagger)$ implica
$$
f^{-1}(U) = \bigcup_n f^{-1}(U_n) \subconjunto \bigcup_n \bigcap_m \bigcup_{k=m}^\infty f_k^{-1}(U_n).
$$
Todos en todos, podemos conseguir la igualdad. Desde el lado derecho es un conjunto medible, $f^{-1}(U)$ es medible. Esto demuestra que $f$ es medible.
Ahora, si $X$ es una medida completa el espacio y el si $f = g$.e. con $g$ medibles, a continuación, $f$ también es medible. Para ver esto, vamos a $N \subset X$ ser de medida cero con $f = g$$N^c$. Ahora, si $U \subset Y$ es abierto, entonces
$$
f^{-1}(U) = [g^{-1}(U) \cap N^c] \copa [f^{-1}(U) \cap N],
$$
donde $[g^{-1}(U) \cap N^c]$ es medible porque $g$ es e $[f^{-1}(U) \cap N]$ es medible como un subconjunto de un null-set, porque la medida que el espacio es asumido completa.
Por lo tanto, si la convergencia es sólo cierto en casi todas partes, es decir, en $N^c$ donde $N \subset X$ es de medida cero, entonces $g_n := f_n \cdot \chi_{N^c}$ es medible con $g_n \to f \cdot \chi_{N^c}$ pointwise. Por lo tanto, $f \cdot \chi_{N^c}$ es medible. Pero $f = f \cdot \chi_{N^c}$$N^c$, es decir, casi en todas partes. Por lo tanto, $f$ es medible.
Finalmente, se demuestra que la afirmación es falsa en general si $Y$ no es un espacio métrico. Este contraejemplo es tomado de Dudley del libro, la Proposición 4.2.3.
Tomamos $Y = I^I$ donde $I =[0,1]$ es la unidad de intervalo. Equipamos $I$ con el producto habitual de la topología y de la definimos
$$
f_n : I \I^I, x\mapsto (y\mapsto \max \{0, 1 - n|x-y|\}).
$$
Desde $I$ es la primera contables, $f_n$ es continua si podemos demostrar que $x_k \to x \in I$ implica $f_n(x_k) \to f_n(x)$. Pero esto significa, simplemente, $f_n(x_k)(y) \to f_n (x)(y)$ todos los $y \in I$, que es fácil de ver.
Ahora definir
$$
f : I \I^I, x \mapsto (y \mapsto \chi_\Delta (x,y)),
$$
donde $\Delta = \{(x,x) \in I\times I \mid x\in I\}$.
Es fácil ver $f_n (x)(y) \to f(x)(y)$ todos los $x,y\in I$. Pero esto significa $f_n(x) \to f(x)$ todos los $x \in I$.
Ahora, vamos a $E \subset I$ ser una arbitraria subconjunto (potencialmente nonmeasurable) y dejar que
$$
W := \{g \in I^I \mid \existe y\E : g(y) > 1/2 \} = \bigcup_{y \in E} {g \in I^I \mid f(y)>1/2}.
$$
A continuación, $W \subset I^I$ está abierto, pero $f^{-1}(W) = E$. Si tomamos $E$ a ser nonmeasurable (w.r.t. el Lebesgue $\sigma$-álgebra), esto demuestra que $f$ es no Lebesgue-medible, a pesar de todas las $f_n$ son continuas y por lo tanto medibles.
