Diferencial de una composición

Enunciado
Se consideran las funciones $f$ y $g$ definidas por

$f(u,v)=\left(\displaystyle\int_1^{u+v}\sin^8t\;dt,\displaystyle\int_1^{u-v}\cos^6t\;dt,\displaystyle\int_1^{3u-2v}\cos^3t\;dt\right),\\
g(x,y,z)=\left(\dfrac{x}{y}\sin z,\;1+\dfrac{y}{z}\cos z\right).$

Calcular razonadamente $Dg(1,-1,0)$ y $D(f\circ g)(1,-1,0).$

(Propuesto en examen, Cálculo, ETS de Ing. de Montes, UPM).

Solución
Las funciones componentes de $g$ son:

$g_1(x,y,z)=\dfrac{x}{y}\sin z\;,\quad g_2(x,y,z)=1+\dfrac{y}{z}\cos z.$

Usando el teorema fundamental del Cálculo y la regla de la cadena, obtenemos las derivadas parciales:

$\dfrac{{\partial g_1}}{{\partial x}}(x,y,z)=\dfrac{\sin z}{y},\;\dfrac{{\partial g_1}}{{\partial y}}(x,y,z)=\dfrac{-x\sin z}{y^2},\;\dfrac{{\partial g_1}}{{\partial z}}(x,y,z)=\dfrac{x\cos z}{y},\\\dfrac{{\partial g_2}}{{\partial x}}(x,y,z)=\dfrac{-y\cos z}{x^2},\;\dfrac{{\partial g_2}}{{\partial y}}(x,y,z)=\dfrac{\cos z}{x},\;\dfrac{{\partial g_2}}{{\partial z}}(x,y,z)=\dfrac{-y\sin z}{x}.$

En un abierto de $\mathbb{R}^3$ que contiene al punto $P=(1,-1,0)$ las anteriores derivadas parciales existen y son continuas, lo cual implica que $g$ es diferenciable en ése punto. La correspondiente matriz jacobiana es:

$g’(1,-1,0)=\begin{bmatrix}{\dfrac{\partial g_1}{\partial x}(P)}&{\dfrac{\partial g_1}{\partial y}(P)}&{\dfrac{\partial g_1}{\partial z}(P)}\\{\dfrac{\partial g_2}{\partial x}(P)}&{\dfrac{\partial g_2}{\partial y}(P)}&{\dfrac{\partial g_2}{\partial z}(P)}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}&{0}&{-1}\\{1}&{1}&{\;\;0}\end{bmatrix}\;.$

La diferencial $Dg(1,-1,0):\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^2$ es por tanto:

$Dg(1,-1,0)\begin{bmatrix}{h_1}\\{h_2}\\{h_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}&{0}&{-1}\\{1}&{1}&{\;\;0}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{h_1}\\{h_2}\\{h_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{-h_3}\\{h_1+h_2}\end{bmatrix}\;.$

Procediendo de manera análoga con $f=(f_1.f_2,f_3):$

$\dfrac{{\partial f_1}}{{\partial u}}(u,v)=\sin^8(u+v),\;\dfrac{{\partial f_1}}{{\partial v}}(u,v)=\sin^8(u+v),\\
\dfrac{{\partial f_2}}{{\partial u}}(u,v)=\cos^6(u-v),\;\dfrac{{\partial f_2}}{{\partial v}}(u,v)=-\cos^6(u-v),\\
\dfrac{{\partial f_3}}{{\partial u}}(u,v)=3\cos^3(3u-2v),\;\dfrac{{\partial f_3}}{{\partial v}}(u,v)=-2\cos^3(3u-2v).$

Tenemos que $g(1,-1,0)=(0,0).$ En un abierto de $\mathbb{R}^2$ que contiene al punto $(0,0)$ las anteriores derivadas parciales existen y son continuas, lo cual implica que $f$ es diferenciable en ése punto. La correspondiente matriz jacobiana es:

$f’(0,0)=\begin{bmatrix}{\dfrac{{\partial f_1}}{{\partial u}}(0,0)}&{\dfrac{{\partial f_1}}{{\partial v}}(0,0)}\\{\dfrac{{\partial f_2}}{{\partial u}}(0,0)}&{\dfrac{{\partial f_2}}{{\partial v}}(0,0)}\\{\dfrac{{\partial f_3}}{{\partial u}}(0,0)}&{\dfrac{{\partial f_3}}{{\partial v}}(0,0)}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}&{\;\;0}\\{1}&{-1}\\{3}&{-2}\end{bmatrix}\;.$

Tenemos pues que $g$ es diferenciable en $(1,-1,0)$ y $f$ lo es en $g(1,-1,0)=(0,0).$ En consecuencia, $f\circ g$ es diferenciable en $(1,-1,0)$ y además:

$(f\circ g)’(1,-1,0)=f’[g(1,-1,0)] \;g’(1,-1,0)=f’(0,0)\;g’(1,-1,0)\\
=\begin{bmatrix}{0}&{\;\;0}\\{1}&{-1}\\{3}&{-2}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{0}&{0}&{-1}\\{1}&{1}&{\;\;0}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{\;\;0}&{\;\;0}&{\;\;0}\\{-1}&{-1}&{-1}\\{-2}&{-2}&{-3}\end{bmatrix}\;.$

La diferencial $D(f\circ g)(1,-1,0):\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3$ es por tanto:

$D(f\circ g)(1,-1,0)\begin{bmatrix}{h_1}\\{h_2}\\{h_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{\;\;0}&{\;\;0}&{\;\;0}\\{-1}&{-1}&{-1}\\{-2}&{-2}&{-3}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{h_1}\\{h_2}\\{h_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}\\{-h_1-h_2-h_3}\\-2h_1-2h_2-3h_3\end{bmatrix}.$

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