En primer lugar, hay que tener en cuenta que hacer tienen la regla del producto habitual $(fg)' = f'g + fg'$ para tomar derivadas (parciales) cuando los productos no conmutan. No voy a entrar en detalles, pero la misma prueba que funciona para las funciones $\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ pasa. Extendiendo a los productos de varios plazos, obtenemos: \begin {align*} (fghr)' &= f'(ghr) + f(ghr)' \\ &= f'ghr + fg'hr + fg(hr)' \\ &= f'ghr + fg'hr + fgh'r + fghr'. \end {align*} Además, la regla $(e^{ta})' = ae^{ta}$ se aplica: la prueba habitual utilizando una expansión en serie funciona. Puedes demostrar cualquiera de estos hechos tú mismo, utilizando las pruebas que se encuentran en cualquier libro de cálculo avanzado como plantilla si no recuerdas cómo van.
Junte nuestras reglas (mencionadas explícitamente arriba) para encontrar \begin {align*} \frac { \partial f}{ \partial s} &= e^{ta}be^{sb}e^{-ta}e^{-sb} \\ &- e^{ta}e^{sb}e^{-ta}be^{-sb}. \end {align*} Diferenciando de nuevo (y teniendo cuidado con los signos), obtenemos: \begin {align*} \frac { \partial ^2 f}{ \partial t \partial s} &= ae^{ta}be^{sb}e^{-ta}e^{-sb} \\ &- e^{ta}be^{sb}ae^{-ta}e^{-sb} \\ &- ae^{ta}e^{sb}e^{-ta}be^{-sb} \\ &+ e^{ta}e^{sb}ae^{-ta}be^{-sb}. \end {align*} Cuando sustituimos $s,t = 0$ todos los exponenciales se convierten en 1, por lo que obtenemos $$ ab - ba - ab + ab, $$ que se simplifica a $$ ab - ba $$ como se desee.
