Para as funções abaixo, calcule f_{x x}, f_{x y}, f_{y y} e f_{y x} e verifique se é válida a conclusão do Teorema de Schwarz.
z=\arctan \left(\frac{x+y}{1-x y}\right)

Passo 1

O enunciado pede que eu calcule as derivadas parciais de segunda ordem
\,f_{x x},\,f_{x y},\,f_{y y},\,f_{y x}\,
da função
z=f(x,y)=\arctan\!\left(\frac{x+y}{1-xy}\right),
e que verifique se a conclusão do Teorema de Schwarz (isto é, f_{xy}=f_{yx}) é válida.
Informações dadas que vou usar explicitamente:
  • A função dada é z=\arctan(u) com u=\dfrac{x+y}{1-xy}.
  • A função só está diretamente bem definida quando 1-xy\neq0 (pois há divisão por 1-xy).
    A resolução começa a seguir.

Passo 2

Primeiro eu explico as regras de diferenciação que vou usar (mini-aula rápida, sem assumir que você lembra tudo).
  • Regra da cadeia (para derivada de \arctan(u(x,y))): se z=\arctan(u), então
\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{1}{1+u^{2}}\cdot\frac{\partial u}{\partial x}, \qquad \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{1}{1+u^{2}}\cdot\frac{\partial u}{\partial y}.
Aqui \dfrac{1}{1+u^2} é a derivada de \arctan em relação a u, e \partial u/\partial x é a derivada parcial de u em relação a x.
  • Regra do quociente (para u=N/D com N,N_x e D,D_x):
\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{N}{D}\right)=\frac{N_x D - N D_x}{D^2}.
Vou aplicar isso a u=\dfrac{N}{D} com N=x+y e D=1-xy.

Passo 3

Calcular \dfrac{\partial u}{\partial x} pelo quociente, passo a passo.
  • N=x+y então N_x=\dfrac{\partial}{\partial x}(x+y)=1.
  • D=1-xy então D_x=\dfrac{\partial}{\partial x}(1-xy)=-y.
Aplicando a regra do quociente:
\frac{\partial u}{\partial x} =\frac{1\cdot(1-xy)-(x+y)\cdot(-y)}{(1-xy)^2}.
Agora simplifico o numerador:
1-xy + y(x+y)=1-xy + xy + y^2 = 1 + y^2.
Logo
\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1+y^2}{(1-xy)^2}.

Passo 4

Calcular \dfrac{\partial u}{\partial y} de forma análoga.
  • N_y=\dfrac{\partial}{\partial y}(x+y)=1.
  • D_y=\dfrac{\partial}{\partial y}(1-xy)=-x.
Pelo quociente:
\frac{\partial u}{\partial y} =\frac{1\cdot(1-xy)-(x+y)\cdot(-x)}{(1-xy)^2}.
Simplificando o numerador:
1-xy + x(x+y)=1-xy + x^2 + xy = 1 + x^2.
Portanto
\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{1+x^2}{(1-xy)^2}.

Passo 5

Agora uso a regra da cadeia para obter z_x e z_y.
Primeiro escrevo 1+u^2 em termos de x,y. Lembre que u=\dfrac{x+y}{1-xy}. Então
1+u^2=1+\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)^2 =\frac{(1-xy)^2+(x+y)^2}{(1-xy)^2}.
Vou simplificar o numerador:
(1-xy)^2+(x+y)^2 = (1 - 2xy + x^2y^2) + (x^2 + 2xy + y^2).
Agrupando termos:
=1 + x^2 + y^2 + x^2y^2 = (1+x^2)(1+y^2).
Portanto
1+u^2=\frac{(1+x^2)(1+y^2)}{(1-xy)^2}.

Passo 6

Substituo agora em z_x=\dfrac{1}{1+u^2}\,u_x. Usando os resultados:
z_x=\frac{1}{1+u^2}\cdot\frac{1+y^2}{(1-xy)^2} =\frac{1+y^2}{(1-xy)^2}\cdot\frac{(1-xy)^2}{(1+x^2)(1+y^2)} =\frac{1}{1+x^2}.
A mesma conta, trocando x por y, dá
z_y=\frac{1}{1+y^2}.
Observação intuitiva (sem usar na conta): isso coincide com a identidade trigonométrica \arctan\!\left(\dfrac{x+y}{1-xy}\right)=\arctan x+\arctan y (quando a soma está no ramo principal), que já sugere que \partial z/\partial x=1/(1+x^2) e \partial z/\partial y=1/(1+y^2). Mas a derivação acima foi feita diretamente e é válida no domínio onde a expressão original está definida ( 1-xy\neq0).

Passo 7

Agora calculo as derivadas de segunda ordem.
Derivada parcial de z_x=\dfrac{1}{1+x^2} em relação a x:
explico a regra: \dfrac{d}{dx}\big((1+x^2)^{-1}\big)=-1\cdot(1+x^2)^{-2}\cdot 2x (regra da cadeia/potência).
Logo
f_{x x}=z_{x x}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{1}{1+x^2}\right)=-\frac{2x}{(1+x^2)^2}.

Passo 8

Derivada mista f_{x y}=z_{x y}: derivar z_x=\dfrac{1}{1+x^2} em relação a y. Aqui z_x não depende de y, então
f_{x y}=z_{x y}=0.

Passo 9

Agora f_{y y} e f_{y x}.
Derivar z_y=\dfrac{1}{1+y^2} em relação a y:
f_{y y}=z_{y y}=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{1}{1+y^2}\right)=-\frac{2y}{(1+y^2)^2}.
Derivar z_y em relação a x: como z_y não depende de x,
f_{y x}=z_{y x}=0.

Passo 10

Verificação do Teorema de Schwarz: o Teorema de Schwarz afirma que, se as derivadas parciais de segunda ordem são contínuas num aberto que contém o ponto em questão, então as derivadas mistas coincidem: f_{xy}=f_{yx}.
Aqui as expressões encontradas são
f_{x y}=0,\qquad f_{y x}=0,
iguais entre si. As fórmulas explícitas para as segundas derivadas
\;-\dfrac{2x}{(1+x^2)^2} e -\dfrac{2y}{(1+y^2)^2} e 0 são funções contínuas em todo \mathbb{R}^2. A única ressalva é que a função original z=\arctan\!\left(\dfrac{x+y}{1-xy}\right) está definida (como dada) apenas quando 1-xy\neq0; no domínio onde a função original existe e é diferenciável (isto é, no aberto \{(x,y):1-xy\neq0\} ou em qualquer subconjunto aberto onde a expressão é válida), as segundas derivadas que obtivemos são contínuas, portanto as hipóteses do Teorema de Schwarz estão satisfeitas e a conclusão f_{xy}=f_{yx} é válida. (Em resumo: sim, Schwarz vale aqui.)

Resposta

f_{x x}=-\dfrac{2x}{(1+x^2)^2}
f_{x y}=0
f_{y y}=-\dfrac{2y}{(1+y^2)^2}
f_{y x}=0

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