Mostrar que $\frac{x^3}{x^2+y^2}$ no es diferenciable en $(0,0)$, incluso si todas las derivadas direccionales existen

Question

Considera la función: $$f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} , (x,y) \mapsto \begin{cases} 0 & \text{para } (x,y)=(0,0) \\ \frac{x^3}{x^2+y^2} & \text{para } (x,y) \neq (0,0) \end{cases} $$

Demuestra que $f$ no es diferenciable en $(0,0)$ pero que todas las derivadas direccionales existen.

No sé cómo abordar este problema. ¿Alguien puede dar algunas pistas o resolver el problema? ¡Gracias :)

Answer 1

Toma un (unitario) $u$. Entonces muestra que $$f'(\vec 0;u)=\lim_{h\to 0 }\frac{f(h\cdot u)-f(\vec 0)}h$$ siempre existe para cualquier elección de $u$. Estarás lidiando con $$\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{\frac{{{h^3}u_1^3}}{{{h^2}(u_1^2 + u_2^2)}}}{h}$$

donde $u=(u_1,u_2)$.

Si tu función fuera diferenciable en el origen, entonces tendríamos $$f'(\vec 0)(u)=f'(\vec 0;u)$$ donde el lado derecho es la derivada direccional en $\vec 0$ con dirección $u$, y el lado izquierdo es la derivada total en $(0,0)$ evaluada en $u$. Ahora, $f'(\vec 0)$ sería lineal, entonces $$f'(\vec 0)(1,1)=f'(\vec 0)(0,1)+f'(\vec 0)(1,0)$$

El lado derecho son simplemente las derivadas parciales en el origen, lo que da $0+1=1$. ¿Qué da el lado izquierdo? Recuerda que es simplemente la derivada direccional en $\vec 0$ con dirección $(1,1)$.

Answer 2

Dado que alguien ya ha demostrado que todas las derivadas direccionales existen, solo argumentaré por qué $f$ no es diferenciable en $0$.

La matriz de Jacobi $A:=Df(0,0)=(1,0)$. Por lo tanto, si $f$ es diferenciable $$\lim_{|\epsilon| \to 0}\frac{f(0+\epsilon)-f(0)-A\epsilon}{|\epsilon|}=0 .$$ Dado que $f(0)=0$ y $A=(1,0)$ esto es equivalente a, $$\lim_{|\epsilon| \to 0}\frac{f(\epsilon)-(1,0)\epsilon}{|\epsilon|}=0 $$ Sea $(x_k)_{k \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}^2$ una serie con $x_k=(a_k,b_k)$ y $|x_k| \to 0$ para $ (k \to \infty)$. Por lo tanto, si $f$ es diferenciable.

$$0=\lim_{k \to \infty}\frac{f(x_k)-(1,0)x_k}{|x_k|}=\lim_{k \to \infty}\frac{\frac{a_k^3}{a_k^2+b_k^2}-a_k}{\sqrt{a_k^2+b_k^2}}= \lim_{k \to \infty}\frac{-a_k b_k^2}{\sqrt{a_k^2+b_k^2}^3}$$

Si definimos $x_k=(a_k,b_k)= (\frac {1}{k\sqrt{3}},\frac{\sqrt{2}}{k\sqrt{3}})$ entonces $|x_k|=\sqrt{a_k^2+b_k^2}=1/k$ y

$$\lim_{k \to \infty}\frac{-a_k b_k^2}{\sqrt{a_k^2+b_k^2}^3}=\lim_{k \to \infty}\frac{-\frac {1}{k\sqrt{3}} \frac{2}{3k^2}}{(1/k)^3}=\lim_{k \to \infty}-k^3\frac{2}{k^3\sqrt{3}^3}=\frac{-2}{\sqrt{3}^3}\neq 0$$ Obtenemos una contradicción, por lo tanto $f$ no es diferenciable en 0.

Answer 3

La derivada direccional es $$\lim_{t\to0} \frac{f((0,0)-(th_1,th_2)) - f(0,0)}{t}= \lim_{t\to 0} \frac{(th_1)^3}{t(t^2 h_1^2 + t^2 h_2^2)} = \frac{h_1^3}{h_1^2+h_2^2}$$

Si tomamos $h=(1,0)$ y $h = (0,1)$, obtenemos $\partial f/\partial x$ y $\partial f/\partial y$ respectivamente. Así que $Df(0,0) = (1,0).$

$$\lim_{h \to 0} \frac{f(0 + h) - f(0) - Df(0,0)h}{|h|} = \lim_{h \to 0} \frac{ \frac{h_1^3}{h_1^2 + h_2^2} - h_1 }{\sqrt{h_1^2 + h_2^2}} = \lim_{h \to 0} = \frac{-h_2^2h_1}{(h_1^2 + h_2^2)^{3/2}}.$$

Si dejas que $h_1 = h_2m$ donde $m \in \mathbb{R}$, entonces puedes demostrar que este límite no existe. Por lo tanto, $f$ no es diferenciable.

Answer 4

Cuando $x>0$, entonces $$df\ \frac{(1,k)}{\sqrt{1+k^2}} = \lim_x\ \frac{ f(x,kx) -0 }{ |(x,kx)|} = \frac{1}{\sqrt{1+k^2}^3} $$

Por lo tanto consideramos las derivadas direccionales en $(0,0)$ : $$ df\ (1,0)=1\geq df\ \frac{(1,k)}{\sqrt{1+k^2}} \geq df\ (0,1)=0$$

Si $f$ es diferenciable en $(0,0)$, entonces la derivada direccional está dada por la fórmula $df\ v ={\rm grad}\ f\cdot v$.

Por lo tanto ${\rm grad}\ f = (1,0)$ de modo que $$ (1,0) \cdot \frac{(1,k)}{\sqrt{1+k^2} } \neq df\ \frac{(1,k)}{\sqrt{1+k^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+k^2}^3} $$