1. Calcule as derivadas parciais f_{x y} e f_{y x} da função
f(x, y)=\left(x^{4}-y^{4}\right) e^{x y}
e verifique que a igualdade f_{x y}=f_{y x}.

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x,y)=\left(x^{4}-y^{4}\right)e^{xy}
e pede duas coisas:
  • Calcular a derivada parcial \,f_{x y} (primeiro derivar em relação a x, depois em relação a y).
  • Calcular a derivada parcial \,f_{y x} (primeiro derivar em relação a y, depois em relação a x).
  • Verificar que \,f_{x y}=f_{y x}.
Informações relevantes: a função é um produto de \,u(x,y)=x^4-y^4 pela exponencial \,v(x,y)=e^{xy}. Não há figura nem dados adicionais.

Passo 2

Breve revisão das regras que vou usar (bem mastigado):
  • Definição: a derivada parcial \,f_x é a derivada de f em que se diferencia apenas em relação a x, tratando y como constante. Analogamente para \,f_y.
  • Regra do produto (para derivadas parciais): se \,f=uv com u=u(x,y) e v=v(x,y), então
f_x = u_x v + u v_x, \qquad f_y = u_y v + u v_y.
Aqui \,u_x significa a derivada parcial de u em relação a x, etc.
  • Regra da cadeia para exponencial: se v(x,y)=e^{g(x,y)}, então
v_x = g_x e^{g(x,y)},\qquad v_y = g_y e^{g(x,y)}.
No nosso caso g(x,y)=xy, logo g_x=y e g_y=x. Assim
\frac{\partial}{\partial x}e^{xy}=y e^{xy},\qquad \frac{\partial}{\partial y}e^{xy}=x e^{xy}.
  • Derivadas simples: \dfrac{\partial}{\partial x}x^4=4x^3, \dfrac{\partial}{\partial y}y^4=4y^3. Se uma potência depende da outra variável (por exemplo y^4 quando derivamos em x), a derivada é zero porque a outra variável é tratada como constante.

Passo 3

Calcular \,f_x passo a passo usando u=x^4-y^4 e v=e^{xy}.
  1. Calcular u_x e v_x:
u_x = \frac{\partial}{\partial x}(x^4-y^4)=4x^3, \qquad v_x = \frac{\partial}{\partial x}e^{xy}=y e^{xy}.
  1. Aplicar a regra do produto:
f_x = u_x v + u v_x = 4x^3 e^{xy} + (x^4-y^4)\bigl(y e^{xy}\bigr).
  1. Colocar e^{xy} em evidência (facilita as contas seguintes):
f_x = e^{xy}\bigl(4x^3 + y(x^4-y^4)\bigr).

Passo 4

Calcular \,f_{x y}=\dfrac{\partial}{\partial y}(f_x). Vou derivar a expressão obtida para \,f_x
f_x = e^{xy}\bigl(4x^3 + y(x^4-y^4)\bigr).
Usar produto novamente, agora em relação a y:
  • Derivada de e^{xy} em relação a y é x e^{xy}.
  • Derivada de 4x^3 + y(x^4-y^4) em relação a y: o termo 4x^3 é constante (zero), e
\frac{\partial}{\partial y}\bigl[y(x^4-y^4)\bigr] = (x^4-y^4) + y\bigl(-4y^3\bigr) = x^4 - y^4 -4y^4 = x^4 -5y^4.
Aplicando a regra do produto:
f_{x y} = (e^{xy})_y\bigl(4x^3 + y(x^4-y^4)\bigr) + e^{xy}\bigl(x^4 -5y^4\bigr).
Substituindo (e^{xy})_y = x e^{xy} e fatorando e^{xy}:
f_{x y} = e^{xy}\Bigl[x\bigl(4x^3 + y(x^4-y^4)\bigr) + x^4 -5y^4\Bigr].
Agora simplifico o que está no colchete:
x(4x^3)=4x^4,\qquad x\cdot y(x^4-y^4)=xy(x^4-y^4).
Somando tudo:
4x^4 + xy(x^4-y^4) + x^4 -5y^4 = 5x^4 + xy(x^4-y^4) -5y^4.
Fator comum (x^4-y^4) aparece em dois termos:
5x^4 -5y^4 = 5(x^4-y^4),
logo
5x^4 + xy(x^4-y^4) -5y^4 = (x^4-y^4)(5+xy).
Portanto
\boxed{\,f_{x y} = e^{xy}\,(x^4-y^4)\,(5+xy)\, }.

Passo 5

Calcular \,f_y (para depois obter \,f_{y x}). Começo novamente da definição f=(x^4-y^4)e^{xy} e derivo em relação a y.
  1. Calcular u_y e v_y:
u_y = \frac{\partial}{\partial y}(x^4-y^4)=-4y^3, \qquad v_y = \frac{\partial}{\partial y}e^{xy}=x e^{xy}.
  1. Regra do produto:
f_y = u_y v + u v_y = -4y^3 e^{xy} + (x^4-y^4)\bigl(x e^{xy}\bigr).
  1. Colocando e^{xy} em evidência:
f_y = e^{xy}\bigl(x(x^4-y^4) -4y^3\bigr).

Passo 6

Calcular \,f_{y x}=\dfrac{\partial}{\partial x}(f_y). Parto de
f_y = e^{xy}\bigl(x(x^4-y^4) -4y^3\bigr).
Derivo em relação a x usando produto:
  • (e^{xy})_x = y e^{xy}.
  • Derivada de x(x^4-y^4)-4y^3 em relação a x: \dfrac{\partial}{\partial x}[x(x^4-y^4)] = 5x^4 - y^4 (porque x(x^4-y^4)=x^5 - x y^4, cuja derivada é 5x^4 - y^4); o termo -4y^3 tem derivada zero.
Aplicando a regra do produto:
f_{y x} = (e^{xy})_x\bigl(x(x^4-y^4) -4y^3\bigr) + e^{xy}\bigl(5x^4 - y^4\bigr).
Substituindo (e^{xy})_x = y e^{xy} e fatorando e^{xy}:
f_{y x} = e^{xy}\Bigl[y\bigl(x(x^4-y^4) -4y^3\bigr) + 5x^4 - y^4\Bigr].
Desenvolvendo e reorganizando os termos (sem pular passos):
y\cdot x(x^4-y^4) = xy(x^4-y^4), \qquad y\cdot(-4y^3) = -4y^4.
Somando:
xy(x^4-y^4) -4y^4 + 5x^4 - y^4 = 5x^4 + xy(x^4-y^4) -5y^4.
Isto é exatamente a mesma combinação que apareceu em \,f_{x y}. Assim
\boxed{\,f_{y x} = e^{xy}\,(x^4-y^4)\,(5+xy)\, }.

Passo 7

Comparação e comentário final: obtivemos explicitamente
f_{x y} = e^{xy}(x^4-y^4)(5+xy) \qquad\text{e}\qquad f_{y x} = e^{xy}(x^4-y^4)(5+xy).
Portanto \,f_{x y}=f_{y x}. Isso é coerente com o teorema de Clairaut (ou igualdade das derivadas mistas) sempre que f e suas derivadas parciais de segunda ordem sejam contínuas — o que acontece aqui, pois f é produto de polinômios por uma exponencial suave.

Resposta

f_{x y}=e^{xy}(x^{4}-y^{4})(5+xy)
f_{y x}=e^{xy}(x^{4}-y^{4})(5+xy)

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