Suponha B_{z}=B_{0} \operatorname{sen}[k(x-\mathrm{ct})]. Mostre que \frac{\partial}{\partial x} \frac{\partial B_{Z}}{\partial t}=\frac{\partial}{\partial t} \frac{\partial B_{Z}}{\partial x}.
24. Suponha que a dependência de B_{z} em relação a x e t possa ser expressa como B_{z}=f(x-\mathrm{ct}), onde f e suas derivadas primeira e segunda são contínuas.
Demonstre que: \frac{\partial}{\partial x} \frac{\partial B_{Z}}{\partial t}=\frac{\partial}{\partial t} \frac{\partial B_{Z}}{\partial x}.

Passo 1

O enunciado dá duas versões da mesma situação e pede a mesma verificação em cada uma:
  • Versão específica: B_{z}=B_{0}\,\operatorname{sen}[k(x-ct)].
  • Versão geral: B_{z}=f(x-ct), com f e suas derivadas primeira e segunda contínuas.
O que se pede mostrar é que
\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial B_{z}}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}\frac{\partial B_{z}}{\partial x}.
Listei as informações relevantes: a dependência de B_{z} ocorre apenas via a combinação u=x-ct; em cada caso conhecemos a forma de f (no primeiro caso f(u)=B_{0}\sin(ku)), e no caso geral sabemos que f',f'' existem e são contínuas. A resolução começa agora.

Passo 2

Ferramenta que vamos usar: regra da cadeia para derivadas parciais. Vou explicar isso com calma.
Se definirmos a variável auxiliar
u = x-ct,
então B_{z}=f(u). A regra da cadeia diz que, para derivadas parciais,
\frac{\partial}{\partial x}f(u)=f'(u)\frac{\partial u}{\partial x}, \qquad \frac{\partial}{\partial t}f(u)=f'(u)\frac{\partial u}{\partial t}.
Aqui f'(u) é a derivada comum de f em relação a seu argumento u. As quantidades \partial u/\partial x e \partial u/\partial t são fáceis de calcular porque u=x-ct: temos \partial u/\partial x=1 e \partial u/\partial t=-c. Portanto, a regra da cadeia reduz a derivação parcial de f(x-ct) a multiplicar f'(u) por 1 ou por -c. Isso é tudo que precisamos para prosseguir.

Passo 3

Aplicando a regra da cadeia ao caso específico B_{z}=B_{0}\operatorname{sen}[k(x-ct)]. Defina u=x-ct e f(u)=B_{0}\sin(ku). Primeiro calcule as derivadas parciais de primeira ordem:
  • Derivada parcial em relação a x:
\frac{\partial B_{z}}{\partial x} = f'(u)\frac{\partial u}{\partial x} = f'(u)\cdot 1.
Como f'(u)=B_{0}\cdot k\cos(ku), obtemos
\frac{\partial B_{z}}{\partial x}=B_{0}k\cos[ k(x-ct) ].
  • Derivada parcial em relação a t:
\frac{\partial B_{z}}{\partial t} = f'(u)\frac{\partial u}{\partial t} = f'(u)\cdot(-c).
Portanto,
\frac{\partial B_{z}}{\partial t}=-c\,B_{0}k\cos[ k(x-ct) ].

Passo 4

Agora calculamos as derivadas mistas para o caso específico e verificamos que são iguais.
  • Primeiro calcule \dfrac{\partial}{\partial x}\!\left(\dfrac{\partial B_{z}}{\partial t}\right). Usamos que \partial B_{z}/\partial t = -c\,f'(u):
\frac{\partial}{\partial x}\!\left(\frac{\partial B_{z}}{\partial t}\right) = -c\,\frac{\partial}{\partial x}\bigl(f'(u)\bigr) = -c\,f''(u)\frac{\partial u}{\partial x} = -c\,f''(u)\cdot 1 = -c\,f''(u).
Para o nosso f específico, f''(u)=-B_{0}k^{2}\sin(ku). Logo
\frac{\partial}{\partial x}\!\left(\frac{\partial B_{z}}{\partial t}\right) = -c\bigl(-B_{0}k^{2}\sin[k(x-ct)]\bigr) = cB_{0}k^{2}\sin[ k(x-ct) ].
  • Agora calcule \dfrac{\partial}{\partial t}\!\left(\dfrac{\partial B_{z}}{\partial x}\right). Usamos \partial B_{z}/\partial x = f'(u):
\frac{\partial}{\partial t}\!\left(\frac{\partial B_{z}}{\partial x}\right) = \frac{\partial}{\partial t}\bigl(f'(u)\bigr) = f''(u)\frac{\partial u}{\partial t} = f''(u)\cdot(-c) = -c\,f''(u).
Substituindo f''(u)=-B_{0}k^{2}\sin(ku) obtemos exatamente
\frac{\partial}{\partial t}\!\left(\frac{\partial B_{z}}{\partial x}\right) = cB_{0}k^{2}\sin[ k(x-ct) ].
Concluímos que, para o caso específico,
\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial B_{z}}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}\frac{\partial B_{z}}{\partial x} = cB_{0}k^{2}\sin[ k(x-ct) ].

Passo 5

Agora a demonstração no caso geral B_{z}=f(x-ct) com f',f'' contínuas — o mesmo cálculo, mas escrito de forma geral.
Defina u=x-ct. Pelas contas da regra da cadeia:
\frac{\partial B_{z}}{\partial x}=f'(u)\cdot\frac{\partial u}{\partial x}=f'(u), \qquad \frac{\partial B_{z}}{\partial t}=f'(u)\cdot\frac{\partial u}{\partial t}=-c\,f'(u).
Agora as derivadas mistas:
  • \dfrac{\partial}{\partial x}\!\left(\dfrac{\partial B_{z}}{\partial t}\right) = \dfrac{\partial}{\partial x}\bigl(-c\,f'(u)\bigr) = -c\,f''(u)\dfrac{\partial u}{\partial x} = -c\,f''(u).
  • \dfrac{\partial}{\partial t}\!\left(\dfrac{\partial B_{z}}{\partial x}\right) = \dfrac{\partial}{\partial t}\bigl(f'(u)\bigr) = f''(u)\dfrac{\partial u}{\partial t} = f''(u)\cdot(-c) = -c\,f''(u).
Portanto, em termos gerais,
\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial B_{z}}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}\frac{\partial B_{z}}{\partial x} = -\,c\,f''(x-ct).

Passo 6

Comentário teórico final (curto e prático). O que fizemos foi aplicar a regra da cadeia duas vezes; a igualdade das derivadas mistas decorre do fato de que as duas ordens de diferenciação envolvendo a função f(u) resultam na mesma combinação de f''(u) multiplicada por -c. A hipótese de continuidade de f' e f'' garante que todas essas derivadas existem e são contínuas, o que tecla com o teorema de Clairaut (ou teorema de igualdade das derivadas parciais mistas) — assim não há surpresa matemática: as derivadas mistas são iguais.

Resposta

\displaystyle \frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial B_{z}}{\partial t}=\frac{\partial}{\partial t}\frac{\partial B_{z}}{\partial x}=cB_{0}k^{2}\sin\bigl[k(x-ct)\bigr]\n
\displaystyle \frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial B_{z}}{\partial t}=\frac{\partial}{\partial t}\frac{\partial B_{z}}{\partial x}=-c\,f''(x-ct)

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