なぜ「完備」測度空間なのか

まず, $(\Leftarrow )$を示す.
対偶を示す. $(X,\mathcal{A},\mu )$が完備測度空間でないと仮定する. このとき, 仮定から, $N\in \mathcal{A}$と$A\subset N$が存在して, $\mu (N)=0$かつ$A\notin \mathcal{A}$となる.
$f_n:=0,f:={\chi }_A$と定義する. ただし, ${\chi }_A$は$A$の定義関数である. このとき, 任意の$x\in X\setminus N$に対して$f_n(x)\to f(x)$なので, $f_n\to f$ a.e.が成立している. 一方, $A\notin \mathcal{A}$なので$f={\chi }_A$は$\mathcal{A}$-可測ではない. つまり$f\notin M(X)$. これで$M(X)$は完備ではないことが示された.

次に, ($\Rightarrow$)を示す.
$f_n\to f$ a.e.を仮定する. つまり, ある零集合$N\in \mathcal{A}$が存在して, 任意の$x\in X\setminus N$に対して$f_n(x)\to f(x)$となる. $g:X\to \mathbb{R}$を次のように定めよう.
$$g(x):=\{\begin{array}{ll}f(x)& \text{if}x\in X\setminus N\\ 0& \text{if}x\in N\end{array}$$
$f_n(x){\chi }_{X\setminus N}(x)\to g(x),(\mathrm{\forall }x\in X)$なので, $g\in M(X)$. これに注意すれば, 任意のボレル可測集合$I\subset \mathbb{R}$に対して,
$$\begin{array}{rl}{f}^{-1}(I)& =\{x\in X\mid f(x)\in I\}\\ & =\{x\in X\setminus N\mid f(x)\in I\}\cup \{x\in N\mid f(x)\in I\}\\ & =\{x\in X\setminus N\mid g(x)\in I\}\cup \{x\in N\mid f(x)\in I\}.\end{array}$$
$g$の可測性より$\{x\in X\setminus N\mid g(x)\in I\}\in \mathcal{A}$. $\{x\in N\mid f(x)\in I\}\subset N$と$(X,\mathcal{A},\mu )$が完備測度空間であることより$\{x\in N\mid f(x)\in I\}\in \mathcal{A}$. これで, $f^{-1}(I)\in \mathcal{A}$が分かった. つまり$f$は$\mathcal{A}$-可測である.