Olá.
Dadas [tex3]f[/tex3]
e [tex3]g[/tex3]
contínuas, vale que:
[tex3]\forall\varepsilon_1>0~\exists~\delta_1>0: |x-x_0|<\delta_1 \Rightarrow|f(x)-f(x_0)|<\varepsilon_1[/tex3]
(i)
[tex3]\forall\varepsilon_2>0~\exists~\delta_2>0: |x-x_0|<\delta_2 \Rightarrow|g(x)-g(x_0)|<\varepsilon_2[/tex3]
(ii)
Queremos mostrar que [tex3](f\cdot g)(x)[/tex3]
também é contínua em [tex3]x_0[/tex3]
. Isto é:
[tex3]\forall\varepsilon>0~\exists~\delta>0: |x-x_0|<\delta \Rightarrow|(f\cdot g)(x)-(f\cdot g)(x_0)|<\varepsilon[/tex3]
(iii)
Somamos e subtraímos [tex3]f(x_0)g(x)[/tex3]
no segundo membro de (iii):
[tex3]|f(x)g(x)+f(x_0)g(x)-f(x_0)g(x)-f(x_0)g(x_0)| =|f(x_0)[g(x)-g(x_0)]+g(x)[f(x)-f(x_0)]|[/tex3]
Da desigualdade triangular:
[tex3]\leq |f(x_0)||g(x)-g(x_0)|+|g(x)||f(x)-f(x_0)|[/tex3]
(iv)
Queremos fazer isso menor que [tex3]\varepsilon[/tex3]
. Logo, se deixarmos cada parcela menor que [tex3]\frac{\varepsilon}{2}[/tex3]
, obteremos sucesso.
Repare que: [tex3]|g(x)|\leq |g(x_0)|+1[/tex3]
(v) para algum [tex3]\delta_3[/tex3]
de diferença no eixo x.
Como o limite de [tex3]f[/tex3]
também existe, então ele deverá satisfazer:
[tex3]|f(x)-f(x_0)|<\frac{\varepsilon}{2(1+|g(x_0)|)}[/tex3]
(vi)
Notou onde queremos chegar?
Isso é válido porque [tex3]\varepsilon[/tex3]
é dado, então podemos manipulá-lo como quisermos.
De modo análogo, para algum [tex3]\delta_4[/tex3]
: [tex3]|g(x)-g(x_0)| < \frac{\varepsilon}{2(1+|f(x_0)|)}[/tex3]
(vii)
Assim, teremos para [tex3]\delta = \min\{\delta_1,\delta_2, \delta_3,\delta_4\}[/tex3]
, usando (v), (vi) e (vii) em (iv) :
[tex3]|f(x_0)||g(x)-g(x_0)|+|g(x)||f(x)-f(x_0)|<|f(x_0)|\frac{\varepsilon}{2(1+|f(x_0)|)}+|1+g(x_0)|\frac{\varepsilon}{(1+g(x_0))} \leq [/tex3]
[tex3]\leq \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon[/tex3]
Isto completa nossa prova que [tex3]f\cdot g[/tex3]
é contínua em [tex3]x_0\in[a,b][/tex3]
. [tex3]\square[/tex3]
Ufa!