Lo que @brom escribe es esencialmente verdadera:
Tomar alguna secuencia $t_n \to \infty$ tal que $\lim_n \int f_{t_n} d\mu \to \liminf_{t \to \infty} f_t d\mu$.
Luego tenemos la $\liminf_{ t \to \infty} f_t \leq \liminf_n f_{t_n}$ y por lo tanto tenemos que
$$
\int \liminf_{t \to \infty} f_t d\mu \leq \int \liminf_n f_{t_n} \leq \liminf_n \int f_{t_n} d\mu = \liminf_{t \to \infty}\int f_t d\mu,
$$
donde hemos utilizado el "ordinario" Fatou. Lo anterior es cierto si $\liminf_t f_t$ es medible.
Pero para ello, tenemos que colocar los supuestos adicionales. Por ejemplo, supongamos $V \subset \Bbb{R}$ ser un no-medibles conjunto. Definir
$$
f_t (x) := -\chi_{V \times \Bbb{N}} (x,t).
$$
A continuación, $(x,t) \mapsto f_t (x)$ es Lebesgue-medible (debido a $V \times \Bbb{N}$ es un valor nulo), pero se ve fácilmente que
$$
\liminf_{t \to \infty} f_t(x) = -\chi_V (x),
$$
que es no medible. No estoy totalmente seguro de si se puede construir un similar contraejemplo en el que $(x,t) \mapsto f_t (x)$ es incluso Borelmedible.
Por el teorema de convergencia dominada, la situación es más fácil. Supongamos que $\lim_{t \to \infty} f_t(x) \to f(x)$ para casi todas las $x$ y donde cada una de las $f_t$ es medible y que $|f_t (x)| \leq g(x)$$g \in L^1$.
A continuación, vamos a $t_n \to \infty$ ser cualquier sucesión convergente a $\infty$. Esto implica que $f(x) = \lim_n f_{t_n}(x)$ es medible y ordinario dominado la convergencia de los rendimientos
$$
\lim_n \int f_{t_n} d\mu = \int f d\mu.
$$
Como esto vale para arbitrario $t_n \to \infty$, que se derivan de
$$
\lim_{t \to \infty} \int f_{t}d\mu = \int f d\mu.
$$
Para monotonía de convergencia, el argumento es esencialmente el mismo (de nuevo sin la capacidad de problema).
EDIT: ahora he descubierto el comportamiento de Borel medible de funciones.
Tenga en cuenta que los siguientes usos de algunos hechos descriptivo de la teoría de conjuntos,
en particular, acerca de la analítica de conjuntos. También, yo solo puedo demostrar mis afirmaciones en el marco de $\Bbb{R}^2$, pero la prueba debe generalizar fácilmente a los generales polacos espacios.
En general, $\liminf_{t\to\infty}f_{t}\left(x\right)$ nose
Borel medible, incluso si $\left(x,t\right)\mapsto f_{t}\left(x\right)$
es. Para ver esto, basta para mostrar el reclamo por $\limsup$ lugar
de $\liminf$. Para este fin, vamos a $A\subset\left[0,\frac{1}{2}\right]^{2}$
ser un Borel-ajustar para que la proyección de $\pi_{1}\left(A\right)\subset\left[0,\frac{1}{2}\right]$
no es un Borel. Aquí, $\pi_{1}\left(x,y\right):=x$. La existencia
de dicho conjunto es un hecho bien conocido en el descriptivo de la teoría de conjuntos. Entonces
$$
B:=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}+\left(0,n\right)\subconjunto\left[0,\frac{1}{2}\right]\times\mathbb{R}
$$
es un Borel. Definir $f_{t}\left(x\right):=\chi_{B}\left(x,t\right)$.
Para $x\in\left[0,\frac{1}{2}\right]$, ahora hay dos posibilidades:
Tenemos $x\in\pi_{1}\left(A\right)$, es decir, hay algunos $y\in\left[0,\frac{1}{2}\right]$
tal que $\left(x,y\right)\in A$. Esto implica $\left(x,y+n\right)\in B$
para todos los $n\in\mathbb{N}$ y por lo tanto
$$
\limsup_{t\to\infty}f_{t}\left(x\right)\geq\lim_{n}f_{y+n}\left(x\right)=1.
$$
Tenemos $x\notin\pi_{1}\left(A\right)$, es decir, $\left(x,y\right)\notin A$
para todos los $y\in\mathbb{R}$. Si tenemos $f_{t}\left(x\right)>0$
algunos $t\in\mathbb{R}$, esto implicaría $\left(x,t\right)\in A+\left(0,n\right)$
para algunos $n$ y, por tanto,$\left(x,t-n\right)\in A$, una contradicción.
Por lo tanto,
$$
\limsup_{t\to\infty}f_{t}\left(x\right)\leq0.
$$
Ahora defina $g\left(x\right):=\limsup_{t\to\infty}f_{t}\left(x\right)$
para $x\in\mathbb{R}$. Lo anterior implica que
$$
g^{-1}\left(\left(\frac{1}{2},\infty\right)\right)=\pi_{1}\left (\right)
$$
es que no Borel medible.
Pero $g=\limsup_{t\to\infty}f_{t}$ va a ser Lebesgue-medible. A
ver esta, la primera nota
$$
g\left(x\right)=\lim_{n\to\infty}\sup_{t\geq n}f_{t}\left(x\right),
$$
de modo que es suficiente para mostrar que $g_{n}:=\sup_{t\geq n}f_{t}$ es
Lebesgue-medible para cada una de las $n\in\mathbb{N}$. Para ver esto, vamos a $\alpha\in\mathbb{R}$
arbitraria e $f\left(x,t\right):=f_{t}\left(x\right)$. Tenemos
\begin{eqnarray*}
g_{n}^{-1}\left(\left(\alpha,\infty\right]\right) & = & \left\{ x\in\mathbb{R}\,\mid\,\exists t\geq n:\: f_{t}\left(x\right)>\alpha\right\} \\
& = & \left\{ x\in\mathbb{R}\,\mid\,\exists t\in\mathbb{R}:\:\left(x,t\right)\in f^{-1}\left(\left(\alpha,\infty\right]\right)\cap\left(\mathbb{R}\times\left[n,\infty\right)\right)\right\} \\
& = & \pi_{1}\left(f^{-1}\left(\left(\alpha,\infty\right]\right)\cap\left(\mathbb{R}\times\left[n,\infty\right)\right)\right).
\end{eqnarray*}
Pero $f$ es Borel medible por supuesto, de modo que el conjunto por encima de
es una analítica conjunto. Pero desde descriptivo de la teoría de conjuntos, sabemos que
todos los analíticos conjuntos de Lebesgue medibles, de manera que cada una de las $g_{n}$ es
Lebesgue medibles
