El siguiente es un intento de una interpolación entre?) las respuestas de Grigory M., Pierre-Yves Gaillard y Bill Dubuque (la última de la que confieso que no comprendo, pero esta es una posible interpretación de la misma).
Deje $J$ ser un intervalo abierto en $\mathbb{R}$, y deje $x_0 \in J$. Siguiente PYG sugerencia, permítanme comenzar diciendo exactamente lo voy a demostrar: si $f,g: J \rightarrow \mathbb{R}$ son diferenciables en a $x_0$, entonces también lo es su producto, y
$(fg)'(x_0) = f'(x_0)g(x_0) + f(x_0) g'(x_0)$.
Voy a probar este "congruentially", de la siguiente manera:
deje $R$ ser el anillo de todas las funciones $f: J \rightarrow \mathbb{R}$ que son continuas en
$x_0$, en virtud de las operaciones de pointwise la adición y la multiplicación. Dentro de $R$, considerar el conjunto $I$ de todas las funciones $f$ tal que
$\lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)}{x-x_0} = 0$.
Yo reclamo que $I$ es un ideal de a $R$. Esto es fácil de demostrar, pero tomo nota de que se hace uso
el hecho de que cada elemento de a $R$ es continua en a $x_0$, por lo tanto limitada cerca de $x_0$. Ahora:
1) Para $f \in R$, $f$ se encuentra en $I$ fib: $f(x_0) = 0$, $f$ es diferenciable en a$x_0$$f'(x_0) = 0$.
2) Para $f \in R$, $f$ es diferenciable en a $x_0$ fib existe $A \in \mathbb{R}$ tal que $f \equiv f(x_0) + A(x-x_0)$. Si es así, entonces, necesariamente,$A = f'(x_0)$; en particular, está determinada únicamente.
3) por Lo tanto, si $f$ $g$ son tanto diferenciable en a $x_0$, luego
$fg \equiv (f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0))(g(x_0) + g'(x_0)(x-x_0))$
$\equiv f(x_0)g(x_0) + (f'(x_0)g(x_0) + f(x_0)g'(x_0))(x-x_0) + f'(x_0)g'(x_0)(x-x_0)^2$
$\equiv f(x_0)g(x_0) + (f'(x_0)g(x_0) + f(x_0)g'(x_0))(x-x_0) \pmod I$.
Utilizando 2), se desprende que $fg$ es diferenciable en a $x_0$ y
$(fg)'(x_0) = f'(x_0)g(x_0) + f(x_0)g'(x_0)$.
