Sea $f:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$ dada por

$$f(x,y)=(u(x,y),v(x,y))=(e^x\cos y,e^x\sin y)$$

Además, $f$ es de clase ${\mathcal{C}}^1$.

Para todo $\overrightarrow{a}=x_0,y_0)$ podemos calcular la matriz jacobiana

$f^{\prime }(\overrightarrow{a})=\left(\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}}(\overrightarrow{a})& {\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}}(\overrightarrow{a})\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}}(\overrightarrow{a})& {\displaystyle \frac{\partial v}{\partial y}}(\overrightarrow{a})\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{e}^{x_0}\cos y_0& –e^{x_0}\sin y_0\\ \\ e^{x_0}\sin y_0& e^{x_0}\cos y_0\end{array}\right)$

Entonces el $det{f}^{\prime }(\overrightarrow{a})=e^{2x_0}>0$ para todo $(x_0,y_0)$.

Por lo que, $f$ cumple las hipótesis del teorema de la función inversa, $det{f}^{\prime }(\overrightarrow{a})\ne 0$.

Existen abiertos $\mathcal{U}\subseteq {\mathbb{R}}^2$ y $\mathcal{V}\subseteq {\mathbb{R}}^2$ tales que $\overrightarrow{a}\in \mathcal{U}$, $f(\overrightarrow{a})\in \mathcal{V}$.

Entonces $f{|}_{\mathcal{U}}:\mathcal{U}\to \mathcal{V}$ es invertible, existe la inversa localmente, y la inversa es derivable $(f^{-1}{)}^{\prime }(b)=(f^{\prime }(f^{-1}(b)){)}^{-1}$.

La condición de que $det{f}^{\prime }(\overrightarrow{a})\ne 0$ garantiza que la diferencial de $f$ en $\overrightarrow{a}$ sea un transformación lineal invertible.

$$d{f}_{\overrightarrow{a}}:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$$

Entonces, ¿cuál es la imagen de una recta horizontal $y=y_0$ bajo $f$?

$f(x,y_0)=e^x(\cos y_0,\sin y_0)$ con $x$ variable y $y=y_0$ fija. Entonces $(\cos y_0,\sin y_0)$ es un vector constante. Y $e^x\in (0,\mathrm{\infty })$.

Si $y_0=\pi$ entonces, $(\cos y_0,\sin y_0)=(-1,0)$.

Si $y_0=–\pi$ entonces, $(\cos y_0,\sin y_0)=(-1,0)$

Ahora, ¿cuál es la imagen de una recta vertical $x=x_0$?

Es decir, $x=x_0$ fija, y $y$ variable. Entonces

$f(x_0,y)=e^{x_0}(\cos y,\sin y)$, donde $e^{x_0}$ es constante, y $(\cos y,\sin y)$ es un vector unitario variable.

En la siguiente animación puedes modificar los valores de $x_0$ y $y_0$ para observar la imagen respectiva de las rectas horizontales y verticales que se analizaron anteriormente.

https://www.geogebra.org/classic/wfh2bbkb

Tomemos un punto $\overrightarrow{a}=(x_0,y_0)$.

Tomemos un punto cercano $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{h}=(x_0+\mathrm{\Delta }x,y_0+\mathrm{\Delta }y)$

Observemos el rectangulito en el plano $XY$ delimitado por las rectas $x=x_0$, $x=x_0+\mathrm{\Delta }x$, $y=y_0$ y $y=y_0+\mathrm{\Delta }y$.

¿Cuál es el área de este sector circular?

Siguiendo el razonamiento anterior, el área buscada es

$(e^{2(x_0+\mathrm{\Delta }x)}–e^{2x_0}){\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }y}{2}}=e^{2x_0}(e^{2\mathrm{\Delta }x}–1){\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }y}{2}}$.

La razón entre el área del sector de corona circular y el área del rectángulo es:

${\displaystyle \frac{e2x_0(e^{2\mathrm{\Delta }x}–1)\cancel{\mathrm{\Delta }y}}{2\mathrm{\Delta }x\cancel{\mathrm{\Delta }y}}}\to e^{2x_0}$

Si consideramos $t=2\mathrm{\Delta }x$ , entonces la razón anterior es

${\displaystyle \frac{e^t–1}{t}}={\displaystyle \frac{e^x–1}{x}}={\displaystyle \frac{f(x)–f(0)}{x–0}}\to e^0=1$

$f(x,y)=(e^x\cos y,e^x\sin y)=(u,v)$

$f^{\prime }(a)=\left(\begin{array}{cc}{e}_0^x\cos y_0& –e_0^x\sin y_0\\ \\ e_0^x\sin y_0& e_0^x\cos y_0\end{array}\right)$

Consideremos

$\alpha :\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^2$ una curva que pasa por $a$, tal que $\alpha (0)=a$.

Y sea $f\circ \alpha :\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}^2$ tal que

$(f\circ \alpha )(0)=f(\alpha (0))=f(a)$; donde $f\circ \alpha$ es una curva que pasa por $f(a)$.

Por la regla de la cadena

$(f\circ \alpha {)}^{\prime }(0)=f^{\prime }(\alpha (0)){\alpha }^{\prime }(0)=f^{\prime }(a){\alpha }^{\prime }(0)$

La diferencial de $f$ en $a$

$d{f}_a:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$ es tal que los vectores tangentes a curvas que pasan por $a$, $⟶$ vectores tangentes a curvas que pasan por $f(a)$

$\overrightarrow{v}={\alpha }^{\prime }(0)⟶f^{\prime }(a)\cdot {\alpha }^{\prime }(0)=\overrightarrow{w}$

Curva

$\begin{array}{rl}\alpha (t)=(x_0+t,y_0)& {\alpha }^{\prime }(t)=(1,0)\\ \\ \alpha (0)=(x_0,y_0)& {\alpha }^{\prime }(0)=(1,0)\end{array}$

$(f\circ \alpha )(t)=f(\alpha (t))=(e^{x_0+t}\cos y_0,e^{x_0+t}\sin y_0)$

$(f\circ \alpha {)}^{\prime }(t)=(e^{x_0+t}\cos y_0,e^{x_0+t}\sin y_0)$

$(f\circ \alpha {)}^{\prime }(0)=(e^{x_0}\cos y_0,e^{x_0}\sin y_0)$

$\begin{array}{rl}\beta (t)=(x_0,y_0+t)& {\beta }^{\prime }(0)=(0,1)\\ \\ \beta (0)=(x_0,y_0)& \end{array}$

$(f\circ \beta )(t)=f(\beta (t))=(e^{x_0}\cos (y_0+t),e^{x_0}\sin (y_0+t))$

$(f\circ \beta {)}^{\prime }(t)=(–e^{x_0}\sin (y_0+t),e^{x_0}\cos (y_0+t))$

$(f\circ \beta {)}^{\prime }(0)=(–e^{x_0}\sin y_0,e^{x_0}\cos y_0)$

$(u,v)=(e^x\cos y,e^x\sin y)$

$\left(\begin{array}{cc}{e}^{x_0}\cos y_0& –e^{x_0}\sin y_0\\ \\ e^{x_0}\sin y_0& e^{x_0}\cos y_0\end{array}\right)=e^{x_0}\left(\begin{array}{cc}\cos y_0& –\sin y_0\\ \\ \sin y_0& \cos y_0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{e}^{x_0}& 0\\ \\ 0& e^{x_0}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}\cos y_0& –\sin y_0\\ \\ \sin y_0& \cos y_0\end{array}\right)$

$f(x,y)=(u(x,y),v(x,y))=(e^x\cos y,e^x\sin y)$ cumple las hipótesis del teorema de la función inversa en todos los puntos $a=(x_0,y_0)\in {\mathbb{R}}^2$.

El teorema nos garantiza que existe una inversa local, es decir, una vecindad $\mathcal{U}$ que contiene a $a$ y una vecindad $\mathcal{V}$ que contiene a $f(a)$ tal que $f{|}_{\mathcal{U}}:\mathcal{U}\to \mathcal{V}$ es biyectiva e invertible tiene inversa local $f^{-1}:\mathcal{V}\to \mathcal{U}$.

Tomemos $a=(0,0)$ y $f(a)=(1,0)$.

Para describir con detalle la inversa local de la que nos habla el teorema necesitamos saber cuales son los abiertos $\mathcal{U}$ y $\mathcal{V}$, y la regla de correspondencia $x=p(u,v)$ y $y=q(u,v)$.

$u=e^x\cos y$

$v=e^x\sin y$

Entonces

$u^2+v^2=e^{2x}{\cos }^{2}y+e^{2x}{\sin }^{2}y=e^{2x}$

$ln(u^2+v^2)=ln(e^{2x})=2x$

$x={\displaystyle \frac{ln(u^2+v^2)}{2}}$ siempre que $(u,v)\ne (0,0)$

${\displaystyle \frac{v}{u}}={\displaystyle \frac{e^x\sin y}{e^x\cos y}}=\tan y$

$y=\arctan {\displaystyle \frac{v}{u}}$ siempre que $u\ne 0$

Además

$f(x,y)=(e^x\cos y,e^x\sin y)$

$\Vert f(x,y){\Vert }^2=e^{2x}>0$

Sea $\mathcal{U}=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2$ tales que $–\frac{\pi }{2}<y<\frac{\pi }{2}\}$;

entonces $\mathcal{V}=\{(u,v)\in {\mathbb{R}}^2$ tales que $u>0\}$

Dibujo A preguntar

$f^{\prime }(a)=\left(\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}}& {\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}}\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}}& {\displaystyle \frac{\partial v}{\partial y}}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{e}^x\cos y& –e^x\sin y\\ \\ e^x\sin y& e^x\cos y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ \\ 0& 1\end{array}\right)$ para $a=(0,0)$……$(1)$

$b=f(a)=(1,0)=(u,v)$

$(f^{-1}{)}^{\prime }(b)=\left(\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{\partial x}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial x}{\partial v}}\\ \\ {\displaystyle \frac{\partial y}{\partial u}}& {\displaystyle \frac{\partial y}{\partial v}}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ \\ 0& 1\end{array}\right)$…….$(2)$

Luego de $(1)$ y $(2)$ podemos concluir que

$$(f^{-1}{)}^{\prime }(b)=f^{\prime }(a)$$

Preguntar por los demás dibujos y el último problema de las fotos