Demostrando que $f,g \in \mathbb D(U)$ (diferenciables en $U$) $\implies f(x)g(x)$ es diferenciable en U y $(f(x)g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)$

Question

Esto se hace usando la composición:

$$x \mapsto^{F}(f(x),g(x))\mapsto^{B}f(x)g(x) \\ P(x)=B \circ F(x) \implies P'(x)h=B'(F(x))F'(x)h....(1)\\ \text{ Sé que $B'(x)=B({}^1,\beta)+B(\alpha, {}^2)$ porque es una función bilineal. También sé que $F'(x)=(f'(x), g'(x))$ pero en mi cuaderno usa esto para obtener lo siguiente que no entiendo cómo:} \\ ...(1)(B({}^1,\beta)+B(\alpha, {}^2))(f'(x)h , g'(x)h)=f'(x)hg(x)+g'(x)hf(x)=... \\ \text{ esto es obvio a partir de lo anterior: }...=(f'(x)g(x)+g'(x)f(x))h. $$

Answer 1

Observa que $B'(\alpha,\beta)$ es en sí mismo una transformación lineal dada por $$B'(\alpha,\beta)[\delta\alpha, \delta\beta]=B(\delta\alpha, \beta)+B(\alpha, \delta\beta).$$ Ahora, por la regla de la cadena, tenemos $P'(x)h=B'(F(x))[F'(x)h]$, donde $F(x)=(f(x),g(x))=(\alpha, \beta)$ y $F'(x)h=(f'(x)h, g'(x)h)=(\delta\alpha, \delta\beta)$. Es decir \begin{align} P'(x)h &= B'(F(x))[F'(x)h] \\ &=B'(f(x),g(x))[f'(x)h,g(x)h] \\ &=B(f'(x)h,g(x))+B(f(x),g'(x)h) \\ &=f'(x)hg(x)+f(x)g'(x)h. \end{align}