ご回答大変ありがとうございます。


>> (i) p=∞の時, lim[k→∞]‖f_k-f‖_∞=0 (つまり,lim[k→∞]inf{K∈R;|f_k(x)-f(x)|≦K
>>  a.e.}=0)ならば ∀g∈L^1:={g;gはΣ可測,∫_Ω|g(x)|dμ<∞}に対して,
>> lim[k→∞]∫_Ωf_k(x)g(x)dμ=∫_Ωf(x)g(x)dμとなる事を示せ。
> f_k, f は essential には有界ですから, ある M > 0 について
> |f_k(x) g(x) - f(x) g(x) | ≦ |f_k(x) - f(x)||g(x)| ≦ 2M |g(x)|
> が a.e. で成立し, 2M |g(x)| が可積分ですから, 有界収束定理が
> 使えます.

「Σ∋E上でlim[k→∞]f_k(x)=f(x) a.e.なる{f_k}とfがE上でΣ可測でμ(E)<∞で
E上で|f_k(x)|≦M a.e.なるM∈Rが存在するならlim[k→∞]∫_Ef_k(x)dμ=∫_Ef(x)dμが成り立つ」
ですね。
今,lim[k→∞]‖f_k-f‖_∞=0(f_kがfにL^∞収束する)のでL^∞収束の定義からf_kとfはΣ可測…①でなければならない。
そして題意g∈L^1よりgもΣ可測…②(∵L^1の定義)
①と②からf_kg,つまり{f_kg}もΣ可測,fgもΣ可測…③(∵ある命題より)
そしてlim[k→∞]f_k(x)g(x)=f(x)g(x)a.e.…④(∵lim[k→∞]inf{K∈R;|f_k(x)-f(x)|≦K
a.e.}=0)
そしてμ(Ω)<∞…⑤(∵??)
f_k, f は essential には有界だから, ある M > 0 について
|f_k(x) g(x)-f(x)g(x)|≦|f_k(x)-f(x)||g(x)|≦2M |g(x)| a.e.
つまり,|f_k(x)g(x)|≦2M|g(x)|+|f(x)g(x)|a.e.…⑥で2M|g(x)|+|f(x)g(x)|は定数…⑦。
従って,③,④,⑤,⑥,⑦より有界収束定理が使えて,
lim[k→∞]∫_Ωf_k(x)g(x)dμ=∫_Ωf(x)g(x)dμが成立。
となるのですね。
⑤はどうすれば言えますでしょうか?


>> (ii) p=1の時, lim[k→∞]‖f_k-f‖_1=0 (つまり,lim[k→∞]∫_Ω(f_k(x)-f(x))dμ=0)ならば
>>  ∀g∈L^∞:={g;gはΣ可測,gはa.e.有界}に対して,
>> lim[k→∞]∫_Ωf_k(x)g(x)dμ=∫_Ωf(x)g(x)dμとなる事を示せ。
> ある M > 0 について |g(x)| ≦ M が a.e. で成立しますから,
> |f_k(x) g(x) - f(x) g(x)| ≦ M |f_k(x) - f(x)| が a.e. で
> 成立. 両辺が積分可能ですから, 後は簡単ですね.

今,lim[k→∞]‖f_k-f‖_1=0(f_kがfにL^1収束する)のでL^1収束の定義からf_kとfはΣ可測…①でなければならない。
そして題意g∈L^∞よりgもΣ可測…②(∵L^∞の定義)
①と②からf_kg,つまり{f_kg}もΣ可測,fgもΣ可測…③(∵ある命題より)
そしてlim[k→∞]f_k(x)g(x)=f(x)g(x)a.e.…④(∵lim[k→∞]‖f_k-f‖_1=0⇒lim[k→∞]
f_k=f??)
そしてμ(Ω)<∞…⑤(∵??)
g はessential には有界だから, ある M > 0 について
|f_k(x) g(x)-f(x)g(x)|≦|f_k(x)-f(x)||g(x)|≦2M |g(x)| a.e.
つまり,|f_k(x)g(x)|≦2M|g(x)|+|f(x)g(x)|a.e.…⑥で2M|g(x)|+|f(x)g(x)|は定数…⑦。
従って,③,④,⑤,⑥,⑦より有界収束定理が使えて,
lim[k→∞]∫_Ωf_k(x)g(x)dμ=∫_Ωf(x)g(x)dμが成立。
となるのですね。
④のlim[k→∞]∫_Ω|f_k(x)-f(x)|dμ=0⇒lim[k→∞]|f_k(x)-f(x)|dμ=0
はどうすれば言えますでしょうか(多分,逆は言えなかったような)?


>> (iii) 1<p<∞の時, lim[k→∞]‖f_k-f‖_p=0 (つまり,lim[k→∞](∫_Ω(f_k(x)-f(x))^pdμ)^(1/p)=0)ならば
>>  ∀g∈L^(p/(p-1)):={g;gはΣ可測,∫_Ω|g(x)|^(p/(p-1))dμ<∞}に対して,
>> lim[k→∞]∫_Ωf_k(x)g(x)dμ=∫_Ωf(x)g(x)dμとなる事を示せ。
> この場合には,
>  |∫_Ω f_k(x) g(x) dμ - ∫_Ω f(x) g(x) dμ|

今,lim[k→∞]‖f_k-f‖_p=0(f_kがfにL^p収束する)のでL^p収束の定義からf_kとfはΣ可測…①でなければならない。
そして題意g∈L^(p/(p-1))よりgもΣ可測…②(∵L^(p/(p-1)定義)
①と②からf_kg,つまり{f_kg}もΣ可測,fgもΣ可測…③(∵ある命題より)
従って,f_kgもfgもΣ可測ならf_kgもfgも積分可能という命題があるんですかね?


>  ≦ ∫_Ω |f_k(x) g(x) - f(x) g(x)| dμ
>   = ∫_Ω |f_k(x) - f(x)||g(x)| dμ
>   ≦ (∫_Ω |f_k(x) - f(x)|^p dμ)^{1/p}×(∫_Ω |g(x)|^q dμ)^{1/q}
> を使えば簡単ですが,

ヘルダーの不等式は別の本にはf,gはΣ→C(:複素数体なる写像で紹介されてましたが(この場合だと定義域がΣなのでf,gは可測関数ではなく測度に
なっていまいますよね?)
「もし,1≦p≦∞,1/p+1/q=1なら‖fg‖_1≦‖f‖_p‖g‖_q」ですね。f,gは積分可能な関数(f,g:E→[-
∞,∞],E∈Σ)でさえあればいいのでしょうか?

ここで lim[k→∞]∫_Ω |f_k(x) - f(x)|^p dμ)^{1/p}=0(∵題意),∫_Ω |g(x)|^q dμ)^{1/
q}<∞(∵題意)より
lim[k→∞](∫_Ω |f_k(x) - f(x)|^p dμ)^{1/p}×(∫_Ω |g(x)|^q dμ)^{1/q}=0
従って,lim[k→∞]∫_Ω |f_k(x) g(x) - f(x) g(x)| dμ=0でlim[k→∞] |f_k(x) g(x) -
f(x) g(x)|=0(∵??)
「lim[k→∞]∫_Ω f_k(x) dμ=0⇒lim[k→∞]f_k(x)=0」という命題はありましたかね?


> 最後のところの H\"older の
> 不等式の証明は終わっているのでしょうか.

紹介だけありました。