En écrivant la définition de la dérivée de $f+g$ en $x_0$ et en réarrangeant un peu les termes, $$\begin{array}{rl}(f+g{)}^{\prime }(x_0)& =\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{(f+g)(x)-(f+g)(x_0)}{x-x_0}\\ & =\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f(x)+g(x)-f(x_0)-g(x_0)}{x-x_0}\\ & =\underset{x\to x_0}{\lim }\{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}+\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}\}\\ & =f^{\prime }(x_0)+g^{\prime }(x_0).\end{array}$$ Cette dernière montre que $f+g$ est dérivable en $x_0$, et que sa dérivée en ce point vaut $f^{\prime }(x_0)+g^{\prime }(x_0)$. Par définition, la dérivée de $f\cdot g$ en $x_0$ est $$\begin{array}{rl}(f\cdot g{)}^{\prime }(x_0)& =\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{(f\cdot g)(x)-(f\cdot g)(x_0)}{x-x_0}\\ & =\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f(x)g(x)-f(x_0)g(x_0)}{x-x_0}\end{array}$$ En insérant $\pm f(x_0)g(x)$ au numérateur, et en réarrangeant l’expression obtenue, $$\begin{gathered} \frac{f(x)g(x)-f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} \\ =\frac{f(x)g(x)-f(x_0)g(x)+f(x_0)g(x)-f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} \\ =\underset{\to f^{\prime }(x_0)}{\underbrace{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}}\underset{\to g(x_0)}{\underbrace{g(x)}}+f(x_0)\underset{\to g^{\prime }(x_0)}{\underbrace{\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}} \end{gathered}$$ Dans cette dernière ligne, on a utilisé le fait que $f$ et $g$ sont toutes deux dérivables en $x_0$. On a également utilisé le fait suivant: puisque $g$ est dérivable en $x_0$, elle est continue en ce point, et donc ${\lim }_{x\to x_0}g(x)=g(x_0)$.

Étudions $$(f\circ g{)}^{\prime }(x_0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{(f(g(x_0+h))-f(g(x_0))}{h}.$$

• Puisque $g$ est dérivable en $x_0$, il existe une fonction $r_{x_0}$ telle que
  $$g(x_0+h)=\underset{=a}{\underbrace{g(x_0)}}+\underset{=:H}{\underbrace{(g^{\prime }(x_0)+r_{x_0}(h))h}}.$$
  Remarquons que $H\to 0$ lorsque $h\to 0$.
• Puis, comme $f$ est dérivable en $a$, il existe une fonction ${\tilde{r}}_a(H)$ telle que$$f(a+H)=f(a)+(f^{\prime }(a)+{\tilde{r}}_a(H))H.$$

On a donc $$\begin{array}{rl}f(g(x_0+h))=f(a+H)& =f(a)+(f^{\prime }(a)+{\tilde{r}}_a(H))H\\ & =f(g(x_0))+f^{\prime }(g(x_0))H+{\tilde{r}}_a(H)H,\end{array}$$ ce qui permet d’écrire $$\begin{array}{rl}\frac{(f(g(x_0+h))-f(g(x_0))}{h}& =(f^{\prime }(g(x_0))+{\tilde{r}}_a(H))\frac{H}{h}\\ & =(f^{\prime }(g(x_0))+{\tilde{r}}_a(H))(g^{\prime }(x_0)+r_{x_0}(h))\end{array}$$ Mais lorsque $h\to 0$, ${\tilde{r}}_a(H)\to 0$ et $r_{x_0}(h)\to 0$, et donc $$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{(f(g(x_0+h))-f(g(x_0))}{h}=f^{\prime }(g(x_0))g^{\prime }(x_0),$$ ce qu’on voulait démontrer.

On commence par utiliser la règle de dérivation d’une composée pour dériver l’inverse de $g$ en $x_0$: $$(\frac{1}{g}{)}^{\prime }(x_0)=-\frac{g^{\prime }(x_0)}{g(x_0{)}^2}.$$ On voit ensuite le quotient comme un produit, on dérive ce produit, et on met tout le monde au même dénominateur: $$\begin{array}{rl}(\frac{f}{g}{)}^{\prime }(x_0)=(f\cdot \frac{1}{g}{)}^{\prime }(x_0)& =f^{\prime }(x_0)\frac{1}{g(x_0)}+f(x_0)(\frac{1}{g}{)}^{\prime }(x_0)\\ & =f^{\prime }(x_0)\frac{1}{g(x_0)}+f(x_0)\left(\frac{-g^{\prime }(x_0)}{g(x_0{)}^2}\right)\\ & =\frac{f^{\prime }(x_0)g(x_0)-f(x_0)g^{\prime }(x_0)}{g(x_0{)}^2}.\end{array}$$