Función $f(x,y)=2e^{-xy}$ es diferenciable $(x,y)=(0,1)$ pero no puede probar límite $\frac{o(\Delta x,\Delta y)}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}$ =0

Question

$f(x,y)=2e^{-xy}$

$\frac{\partial}{\partial x}f=-2e^{-xy}*y$
$\frac{\partial}{\partial y}f=-2e^{-xy}*x$

Estas derivadas parciales son continuas, por lo que la función es diferenciable en $\mathbb R^2$

Considera este método:

Supongamos que quiero comprobar la diferenciabilidad en el punto $T=(0,1)$ utilizando este método:
$f(0+\Delta x,1+\Delta y)-f(0,1)=\frac{\partial}{\partial y}f(0,1)*\Delta x+\frac{\partial}{\partial x}f(0,1)*\Delta y+o(\Delta x,\Delta y)$

$\frac{\partial}{\partial x}f(0,1)=-2$

$\frac{\partial}{\partial y}f=0$

$f(0+\Delta x,1+\Delta y)-f(0,1)=2e^{-\Delta x(1+\Delta y)}-2$

$2e^{-\Delta x(1+\Delta y)}-2+2\Delta x=o(\Delta x,\Delta y)$

Ahora tenemos que demostrarlo:

$$\lim_{(\Delta x,\Delta y)\rightarrow (0,0)}\frac{2e^{-\Delta x(1+\Delta y)}-2+2\Delta x}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}=0$$ No puedo resolver este límite. Wolfram alpha devuelve "el límite no existe". ¿Por qué no podemos demostrar la diferenciabilidad de esta forma aunque la función sea diferenciable?

Answer 1

Aliter; $${f_x} (0,1)=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{f(x,1) - f(0,1)} \over x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{2e^{-x} - 2} \over x} = -2$$ y $${f_y} (0,1)=\mathop {\lim }\limits_{y \to 1} {{f(0,y) - f(0,1)} \over y} = \mathop {\lim }\limits_{y \to 1} {{2 - 2} \over y} = 0.$$ Por lo tanto

$$I=\lim_{(x,y)\rightarrow (0,1) } {{f(x,y) - f_x(0,1)x-f_y(0,1)y-f(0,1)} \over {\sqrt{x^2+y^2}}} = \lim_{(x,y)\rightarrow (0,1) } {2e^{-xy}+2x-0-2\over {\sqrt{x^2+y^2}}}=0$$ y, por tanto, se cumple la diferenciabilidad. Las derivadas parciales también son continuas.