Primero formamos el cociente diferencial para $\partial_xf(x_0,y_0) $: $$\frac{f(x_0+t,y_0)-f(x_0,y_0)}{t}=\frac{g(x_0+t)h(y_0)-g(x_0)h(x_0)}{t}.$$ Factorizando $h(x_0)$ se sigue que $$\frac{f(x_0+t,y_0)-f(x_0,y_0)}{t}=\left(\frac{g(x_0+t)-g(x_0)}{t}\right)h(y_0)$$ Reconocemos el cociente diferencial para $g$, así que al tomar límite cuando $t\to 0$ concluimos $${\partial }_{x}f(x_0,y_0)=g^{\prime }(x_0)h(y_0)$$ La fórmula $\partial_yf(x_0,y_0)=g(x_0)h'(y_0)$ se prueba de manera similar.

Sabemos que si existen las derivadas parciales entonces se pueden calcular derivando respecto a una de las variables y tratando a las demás como constantes. Adicionalmente, dado que el cociente diferencial contiene el término $f(x_0,y_0)$ es necesario que la función esté definida en dicho punto, por lo que empezaremos con el dominio de las funciones propuestas y se trabajará únicamente con puntos interiores de dichos dominios

1. La función $\log$ está definida en $\mathbb{R}_{>0}$ y es diferenciable en todo su dominio. Usando la regla de la cadena y el hecho de que $f$ es simétrica respecto a sus variables tenemos que para $(x_0,y_0) \in \mathbb{R}^2$ $$\begin{array}{rl}{\partial }_{x}f(x_0,y_0)=& \frac{2x_0}{x_0^2+y_0^2+1},\\ {\partial }_{y}f(x_0,y_0)=& \frac{2y_0}{x_0^2+y_0^2+1}.\end{array}$$ Adicionalmente, notamos que para $s$ suficientemente chica el cociente diferencial $$\frac{f(x_0+s,y_0)-f(x_0,y_0)}{s}$$ está bien definido y coincide con el de la función real de variable real $\log(x^2+b)$ para algún número $b \geq 1$. Con ello concluimos que el dominio de $\partial_x f$ y $\partial_y f$ es \mathbb{R}^2.
2. Empezamos por notar que la función $f$ está definida en $\mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}$ y que dicho conjunto es abierto. Las derivadas parciales están dadas por $$\begin{array}{rl}{\partial }_{x}f(x_0,y_0)=& \frac{-1}{2}(x_0^2+y_0^2{)}^{-3/2}2x_0,\\ =& \frac{-x_0}{(x_0^2+y_0^2{)}^{3/2}},\end{array}$$ ésto está bien definido en puntos distintos a $(0,0)$ y si repetimos el argumento del primer inciso, en el que estamos calculando el límite del cociente $$\frac{f(x_0+s,y_0)-f(x_0,y_0)}{s}$$ podemos observar que éste corresponde al cociente diferencial de una función real de variable real. Concluimos que $\partial_x f$ y $\partial_y f$ están definidas en $\mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}$.
3. Debido a que la raíz cuadrada únicamente está definida en $\mathbb{R}_{\geq 0}$ tenemos que $f$ únicamente está definida para $(x^2 + y^2) \leq 1$, o equivalentemente, para $\|(x,y)\|\leq 1$. Como se deben considerar puntos interiores de este conjunto entonces tenemos que las derivadas parciales están definidas, a lo más, dentro de la bola unitaria $\|(x,y)\|<1$. Se tiene que $$\begin{array}{rl}{\partial }_{x}f(x_0,y_0)=& y_0[\frac{1}{2}(1-x_0^2-y_0^2{)}^{-1/2}(-2x_0)],\\ =& \frac{-x_0{y}_0}{\sqrt{1-x_0^2-y_0^2}},\\ {\partial }_{y}f(x_0,y_0)=& \sqrt{1-x_0^2-y_0^2}+(y_0)(-2y_0)\frac{1}{2}(1-x_0^2-y_0^2{)}^{-1/2},\\ =& \sqrt{1-x_0^2-y_0^2}-\frac{y_0^2}{\sqrt{1-x_0^2-y_0^2}}.\end{array}$$ Siguiendo los argumentos anteriores notamos que éstas están definidas en todo el dominio de la función $f$.
4. La función $f$ está definida si $y \neq 0$ y al calcular las derivadas parciales tenemos $$\begin{array}{rl}{\partial }_{x}f(x_0,y_0)=& \frac{1}{y_0},\\ {\partial }_{y}f(x_0,y_0)=& \frac{-x_0}{y_0^2}.\end{array}$$ De la misma manera, éstas están bien definidas si en $\{(x,y) \in \mathbb{R}^2:y \neq 0\}$.

1. Sea $(x_0,y_0) \in \mathbb{R}^2$. Notemos que la función $y \mapsto y^2$ es diferenciable, sin embargo la función de Dirichlet $D(x)$ no lo es por lo que es necesario considerar el cociente diferencial para encontrar las derivadas parciales: $$\begin{array}{rl}\frac{f(x_0,y_0+s)-f(x_0,y_0)}{s}=& \frac{(y_0+s{)}^{2}D(x_0)-y_0^{2}D(x_0)}{s},\\ =& \frac{(y_0+s{)}^2-y_0^2}{s}D(x_0),\\ =& \frac{2y_{0}s+s^2}{s}D(x_0),\\ =& [2y_0+s]D(x_0).\end{array}$$ Podemos reconocer que el factor izquierdo corresponde al cociente diferencial de la función $y \to y^2$ en el punto $y_0$ y el derecho es constante respecto a $s$, por lo que el límite de ambos existe y por tanto también el del producto. Más aún, $${\partial }_{x}f(x_0,y_0)=2y_{0}D(x_0).$$
2. Sea $y_0 \neq 0$. Comenzamos por escribir el cociente diferencial de la función para la derivada parcial respecto a $x$, $$\frac{f(x_0+s,y_0)-f(x_0,y_0)}{s}=y_0^2\frac{D(x_0+s)-D(x_0)}{s}.$$ Empezaremos por considerar el caso en que $x_0 \in \mathbb{Q}$ y el caso restante será similar salvo por algunos detalles.

   Si $s \in \mathbb{Q}$ entonces $x_0 + s \in \mathbb{Q}$ y se tiene que $f(x_0 + s,y_0) - f(x_0,y_0) = 1-1 = 0$, de manera que 0 es candidato para ser límite del cociente. Veamos que el límite no existe. Sea $\epsilon =1$, para cada $s \in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ se observa que $x_0 + s \notin \mathbb{Q}$, por lo que $f(x_0 + s,y_0) - f(x_0,y_0) = -1$. Como $y_0 \neq 0$ entonces podemos considerar $s$ tal que $0 < |s| < y_0^2$, de manera que para cada $\delta>0$, cada número irracional $s$ tal que $0<|s| < \min (\delta,y_0^2)$ satisface que $$\left|y_0^2\frac{D(x_0+s)-D(x_0)}{s}\right|=\left|y_0^2\frac{-1}{s}\right|>1,$$ con lo cual se concluye que el límite cuando $s \to 0$ no existe y por lo tanto $\partial_xf(x_0,y_0)$ no existe. El caso en que se toma $x_0 \notin \mathbb{Q}$ es similar. Por un lado se considera $s \in \mathbb{Q}$ de manera que $x_0$ y $x_0 + s$ sean números irracionales para que la diferencia en el numerador sea 0, y por el otro se considera $s$ tal que $0<|s|<\min (y_0^2, \delta)$ de manera que $x_0 + s \in \mathbb{Q}$ y el valor absoluto del cociente sea mayor que 1.

   Finalmente $$\begin{array}{rl}\frac{f(x_0,0+s)-f(x_0,0}{s}=& \frac{s^{2}D(x_0)-0^{2}D(x_0)}{s},\\ =& \frac{s^{2}D(x_0)}{s},\\ =& sD(x_0).\end{array}$$ De esta manera $\partial_y f(x_0,0)=0$.

Para $\partial_xf(0,0)$, primero calculamos el cociente diferencial $$\frac{f(0+s,0)-f(0,0)}{s}=\frac{\sqrt[3]{s}\sqrt[3]{0}-\sqrt[3]{0}\sqrt[3]{0}}{s}=\frac{0}{s}=0$$ Tomando límite cuando $s\to 0$ concluimos que $\partial_xf(0,0)=0$.

De manera similar $$\frac{f(0,0+t)-f(0,0)}{t}=\frac{\sqrt[3]{0}\sqrt[3]{t}-\sqrt[3]{0}\sqrt[3]{0}}{t}=\frac{0}{t}=0$$ y al tomar límite cuanto $t\to 0$ se obtiene $\partial_yf(0,0)=0$.

Ahora fijemos $y_0\ne 0$. Al formar el cociente diferencial para $\partial_xf(0,y_0)$ obtenemos $$\frac{f(0+s,y_0)-f(0,y_0)}{s}=\frac{\sqrt[3]{s}\sqrt[3]{y_0}-\sqrt[3]{0}\sqrt[3]{y_0}}{s}=\frac{\sqrt[3]{s}}{s}\sqrt[3]{y_0}=\frac{1}{s^{2/3}}\sqrt[3]{y_0}$$ Ya que $$\underset{s\to 0}{lim}\frac{1}{s^{2/3}}\sqrt[3]{y_0}=+\mathrm{\infty },\text{si }{y}_0>0$$ y $$\underset{s\to 0}{lim}\frac{1}{s^{2/3}}\sqrt[3]{y_0}=-\mathrm{\infty },\text{si }{y}_0<0$$ la derivada parcial $\partial_xf(0,y_0)$ no existe.

Las pendientes están dadas por las derivadas asi que buscamos los puntos donde $g^{\prime }=h^{\prime }$ pero sabemos que $g^{\prime }={\partial }_{x}f$, $h^{\prime }={\partial }_y$, así que buscamos puntos $(x_0,y_0)$ donde $${\partial }_{x}f(x_0,y_0)={\partial }_{y}f(x_0,y_0).$$ Un cálculo directo prueba $${\partial }_{x}f(x,y)=2x+y,{\partial }_{y}f(x,y)=x+2y$$ así que debemos de encontrar los puntos que satisfagan $$2x_0+y_0=x_0+2y_0\iff x_0=y_0$$ Así que todos los puntos de la recta identidad son los puntos donde las pendientes de las rectas tangentes son iguales.

Gráficamente lo anterior dice que las pendientes de las rectas tangentes en el punto de intersección de las curvas son iguales siempre y cuando la recta de intersección de los planos pasa por la recta identidad que se dibuja en el piso.

Comencemos por notar que existe simetría entre las variables de la función $f(x,y)$. Lo que hagamos para calcular $\partial_x f(0,0)$ será válido para la otra derivada parcial. Escribimos primero el cociente diferencial $$\begin{array}{rl}\frac{f(s,0)-f(0,0)}{s}=& \frac{\frac{\text{sen}(s^2)}{s^2}-1}{s},\\ =& \frac{\text{sen}(s^2)-s^2}{s^2},\end{array}$$ notamos que el límite del numerador y del denominador son 0 cuando $s \to 0$ y que ambos son diferenciables alrededor del 0, por lo que podemos aplicar la regla de L'Hôpital, $$\frac{2s\cos (s^2)-2s)}{3s^2}=\frac{2}{3}\left(\frac{\cos (s^2)-1}{s}\right),$$ una vez más notamos que los límites del numerador y denominador son 0 y que las funciones son diferenciables alrededor del 0 por lo que aplicamos la regla de L'Hôpital una vez más al factor del lado derecho para obtener la expresión, $$\frac{-2s\text{sen}(s^2)}{1},$$ como el límite de ésta cuando $s \to 0$ es 0, entonces concluimos que $\partial_x f(0,0) = 0$ y por el argumento de simetría también se tiene que $\partial_y f(0,0) = 0$.

$$\begin{array}{rl}{\partial }_{p_j}f(p)=& \underset{s\to 0}{lim}\frac{f(p+s{e}_j)-f(p)}{s},\\ =& \underset{s\to 0}{lim}\frac{(p_1^2+\dots +(p_j+s{)}^2+\dots +p_n^2-\sum _{i=1}^n{p}_i^2}{s},\\ =& \underset{s\to 0}{lim}\frac{(p_j+s{)}^2-p_j^2}{s},\\ =& \underset{s\to 0}{lim}2p_j+s,\\ =& 2p_j.\end{array}$$ Notamos que éstas derivadas son completamente análogas al caso bidimensional e incluso podemos reescribir $$f(p+s{e}_j)=f(p_1,p_2,\dots ,p_j+s,\dots ,p_n).$$ Así, podemos hacer la misma observación que se hizo anteriormente, si $\partial_{p_j}f(p)$ existe, entonces la podemos calcular como la derivada de dimensión 1 respecto de la variable $p_j$, tratando al resto de las variables como constantes (con respecto a $p_j$).

Usando la regla de la cadena y las observaciones hechas en el primer inciso se tiene que $$\begin{array}{rl}{\partial }_{z_j}f(z)=& 2(\sum _{i=1}^n\log (z_i^2+1))\frac{1}{z_j^2+1}2z_j,\\ =& 4\frac{z_j}{z_j^2+1}\sum _{i=1}^n\log (z_i^2+1).\end{array}$$

Empezamos por calcular $\partial_x f$ y $\partial_y f$. $$\begin{array}{rl}{\partial }_{x}f=& 10x^9{y}^9-5x^4{y}^4,\\ {\partial }_{y}f=& 9x^{1}0y^8-4x^5{y}^3.\end{array}$$ Por lo tanto $$\begin{array}{r}{\partial }_{x^2}f=90x^8{y}^9-20x^3{y}^4,\\ {\partial }_{xy}f=90x^9{y}^8-20x^4{y}^3,\\ {\partial }_{yx}f=90x^9{y}^8-20x^4{y}^3,\\ {\partial }_{y^2}f=72x^{10}{y}^7-12x^5{y}^2.\end{array}$$

Usando la regla de la cadena $$\begin{array}{rl}{\partial }_{x}f=& \frac{1}{1+{\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)}^2}[\frac{1}{1-xy}-\frac{(-y)(x+y)}{(1-xy{)}^2}],\\ =& \frac{1}{\frac{(1-xy{)}^2+(x+y{)}^2}{(1-xy{)}^2}}\frac{(1-xy)+y(x+y)}{(1-xy{)}^2},\\ =& \frac{(1-xy{)}^2}{(1-xy{)}^2+(x+y{)}^2}\frac{(1-xy)+y(x+y)}{(1-xy{)}^2},\\ =& \frac{1-xy+y(x+y)}{(1-xy{)}^2+(x+y{)}^2},\\ =& \frac{1+y^2}{1+(xy{)}^2+x^2+y^2},\\ =& \frac{1+y^2}{(1+y^2)(x^2+1)},\\ =& \frac{1}{x^2+1}.\end{array}$$ Usando un argumento de simetría también se tiene que $\partial_y f = \frac{1}{y^2+1}$. De lo anterior se tiene que $$\begin{array}{rl}{\partial }_{x^2}=& \frac{-2x}{(1+x^2{)}^2},\\ {\partial }_{xy}=& 0,\\ {\partial }_{yx}=& 0,\\ {\partial }_{y^2}=& \frac{-2y}{(1+y^2{)}^2}.\end{array}$$

Primero calculamos la 1a derivada parcial con respecto a $x$: $$\begin{array}{rcl}{\partial }_x\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)& =& {\partial }_x((x^2+y^2+z^2{)}^{-1/2})\\ & =& -\frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2{)}^{-3/2}(2x)\\ & =& \frac{-x}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}\end{array}$$

Luego calculamos la 2a derivada parcial con respecto a $x$: $$\begin{array}{rcl}{\partial }_x^2\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)& =& {\partial }_x\left({\partial }_x\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)\right)\\ & =& {\partial }_x\left(\frac{-x}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}\right)\\ & =& \frac{-(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}+x\frac{3}{2}(x^2+y^2+z^2{)}^{1/2}(2x)}{(x^2+y^2+z^2{)}^3}\\ & =& \frac{-(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}{(x^2+y^2+z^2{)}^3}+\frac{3x^2(x^2+y^2+z^2{)}^{1/2}}{(x^2+y^2+z^2{)}^3}\\ & =& \frac{-1}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}+\frac{3x^2}{(x^2+y^2+z^2{)}^{5/2}}\end{array}$$

Ya que la función $u(x,y,z)=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$ permanece igual cuando se intercambian la $x$ con la $y$ o la $x$ con la $z$, por simetía podemos obtenre las segundas derivadas parciales de las otras variables $$\begin{array}{rcl}{\partial }_y^2\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)& =& \frac{-1}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}+\frac{3y^2}{(x^2+y^2+z^2{)}^{5/2}}\\ {\partial }_z^2\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)& =& \frac{-1}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}+\frac{3z^2}{(x^2+y^2+z^2{)}^{5/2}}\end{array}$$

Sumando las 3 segundas derivadas parciales obtenemos $$\begin{array}{rcl}{\partial }_x^{2}u+{\partial }_y^{2}u+{\partial }_z^{2}u& =& \frac{-3}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}\\ & +& \frac{3x^2}{(x^2+y^2+z^2{)}^{5/2}}+\frac{3y^2}{(x^2+y^2+z^2{)}^{5/2}}+\frac{3z^2}{(x^2+y^2+z^2{)}^{5/2}}\\ & =& \frac{-3}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}+\frac{3(x^2+y^2+z^2)}{(x^2+y^2+z^2{)}^{5/2}}\\ & =& \frac{-3}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}+\frac{3}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}\\ & =& 0.\end{array}$$

Notemos que para $j=1,\ldots,n$ se tiene que $$e^{\sum _{i=1}^n{a}_i{x}_i}=e^{\sum _{i\ne j}{a}_i{x}_i}{e}^{a_j{x}_j},$$ por lo tanto $${\partial }_{x_j}f=e^{\sum _{i\ne j}{a}_i{x}_i}{a}_j{e}^{a_j{x}_j},$$ y $${\partial }_{x_j^2}f=e^{\sum _{i\ne j}{a}_i{x}_i}{a}_j{e}^{a_j{x}_j}=a_j^2{e}^{a_1{x}_1+\dots +a_n{x}_n}.$$ Por lo tanto $$\begin{array}{rl}{\partial }_{x_1}^{2}f+\cdots +{\partial }_{x_n}^{2}f=& \sum _{i=1}^n{a}_j^2{e}^{a_1{x}_1+\dots +a_n{x}_n},\\ =& (a_1^2+\dots +a_n^2)(e^{a_1{x}_1+\dots +a_n{x}_n}),\\ =& f.\end{array}$$

Empezamos por calcular $${\partial }_{m}K=\frac{1}{2}{v}^2,$$ ahora $$\begin{array}{r}{\partial }_{v}K=mv,{\partial }_v^{2}K=m,\end{array}$$ y concluimos que $${\partial }_{m}K{\partial }_v^{2}K=\frac{1}{2}{v}^{2}m=\frac{1}{2}m{v}^2=K.$$

Recordemos que ecuaciones como las anteriores introducen restricciones en las variables y nos permiten considerar a la variable $z$ como función de las variables $(x,y)$, es decir, la variable $z$ implícitamente representa a una función $z(x,y)$. Con esto en mente podemos realizar diferenciación implícita para calculara las derivadas requeridas

1. $${\partial }_x(x^2+4y^2-5z^2)={\partial }_{x}1=0,$$ Desarrollando el lado izquierdo y con la regla de la cadena presente, se tiene que $$\begin{array}{rl}{\partial }_x(x^2+4y^2-5z^2)=& 2x-10z{\partial }_{x}z,\end{array}$$ al despejar se obtiene que $${\partial }_{x}z=\frac{2x}{-10z}=\frac{x}{-5z}.$$ Por otro lado, $${\partial }_y((x^2+4y^2-5z^2)=8y-10z{\partial }_{y}z={\partial }_{y}1=0,$$ así $${\partial }_{y}z=\frac{4y}{5z}$$
2. Repetimos el proceso anterior para obtener que $$\begin{array}{rl}{\partial }_x(-x^2+6y^2+3z^2-z)=& -2x+6z{\partial }_{x}z-{\partial }_{x}z=0,\\ {\partial }_y(-x^2+6y^2+3z^2-z)=& 12y+6z{\partial }_{y}z-{\partial }_{y}z=0.\end{array}$$ y en cada caso despejamos para obtener $$\begin{array}{rl}{\partial }_{x}z=& \frac{2x}{6z-1},\\ {\partial }_{y}z=& \frac{-12y}{6z-1}.\end{array}$$
3. Usando la regla de la cadena y la regla del producto $$\begin{array}{rl}{\partial }_x{e}^{2z}=& 2{\partial }_{x}z{e}^{2z},\\ {\partial }_y{e}^{2z}=& 2{\partial }_{x}z{e}^{2z},\\ {\partial }_{x}x{y}^{2}z=& {\partial }_x(x{y}^2)(z),\\ =& y^{2}z+x{y}^2{\partial }_{x}z,\\ {\partial }_{y}y{x}^{2}z=& {\partial }_y(x{y}^2)z,\\ =& 2xyz+x{y}^2{\partial }_{y}z.\end{array}$$ Con lo anterior tenemos que $$\begin{array}{rl}(2e^{2z}-x{y}^2){\partial }_{x}z=& y^{2}z,\\ {\partial }_{x}z=& \frac{y^{2}z}{2e^{2z}-x{y}^2},\end{array}$$ y similarmente $$\begin{array}{rl}(2e^{2z}-x^2){\partial }_{y}z=& 2xyz,\\ {\partial }_{y}z=& \frac{2xyz}{2e^{2z}-x{y}^2}.\end{array}$$
4. En primer lugar $$\begin{array}{rl}{\partial }_x{z}^2=& 2z{\partial }_{x}z,\\ {\partial }_y{z}^2=& 2z{\partial }_{y}z.\end{array}$$ Además $$\begin{array}{rl}{\partial }_x(yz+y\ln (x))=& y{\partial }_{x}z+\frac{y}{x},\\ {\partial }_y(yz+y\ln (x))=& z+y{\partial }_{y}z+\ln (x).\end{array}$$ Concluimos que $$\begin{array}{r}{\partial }_{x}z=\frac{y}{x(2z-y)},\\ {\partial }_{y}z=\frac{z+\ln x}{2z-y}.\end{array}$$

Primero encontramos las primeras derivadas parciales: $$\begin{array}{rcl}{\partial }_{x}p& =& {\partial }_x\left(\sum _{0\le n,m\le N}{a}_{n,m}{x}^n{y}^m\right)\\ & =& \sum _{0\le n,m\le N}{\partial }_x(a_{n,m}{x}^n{y}^m)\\ & =& \sum _{0\le n,m\le N}{a}_{n,m}n{x}^{n-1}{y}^m\\ {\partial }_{y}p& =& {\partial }_y\left(\sum _{0\le n,m\le N}{a}_{n,m}{x}^n{y}^m\right)\\ & =& \sum _{0\le n,m\le N}{\partial }_y(a_{n,m}{x}^n{y}^m)\\ & =& \sum _{0\le n,m\le N}{a}_{n,m}m{x}^n{y}^{m-1}\end{array}$$ Ahora calculamos las segundas derivadas parciales $$\begin{array}{rcl}{\partial }_{yx}p& =& {\partial }_y({\partial }_{x}p)={\partial }_y\left(\sum _{0\le n,m\le N}{a}_{n,m}n{x}^{n-1}{y}^m\right)\\ & =& \sum _{0\le n,m\le N}{\partial }_y(a_{n,m}n{x}^{n-1}{y}^m)\\ & =& \sum _{0\le n,m\le N}{a}_{n,m}nm{x}^{n-1}{y}^{m-1}\\ {\partial }_{xy}p& =& {\partial }_x({\partial }_{y}p)={\partial }_x\left(\sum _{0\le n,m\le N}{a}_{n,m}m{x}^n{y}^{m-1}\right)\\ & =& \sum _{0\le n,m\le N}{\partial }_x(a_{n,m}m{x}^n{y}^{m-1})\\ & =& \sum _{0\le n,m\le N}{a}_{n,m}nm{x}^{n-1}{y}^{m-1}\end{array}$$ Comparando las dos últimas identidades obtenemos ${\partial }_{xy}p={\partial }_{yx}p$.