Invertibilidad local y teorema fundamental del Cálculo

Estudiamos la invertibilidad local y usamos el teorema fundamental del Cálculo.

Enunciado
Para $0\leq x\leq \pi/2\;,\;0\leq y \leq \pi/2$ se considera la función

$f(x,y)=\left(\displaystyle\int_y^x\sin t\;dt\;,\int_{\pi/2}^{x+y}\cos\left( t-\frac{\pi}{2}\right)\;dt\right).$

Calcular $(f^{-1})'(0,0)$.

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

Solución.  Debido a la continuidad de las funciones seno y coseno, $f$ está bien definida. Si $x=y$ y $x+y=\pi/2$ entonces $f(x,y)=(0,0),$ es decir $f(\pi/4,\pi/4)=(0,0)$ o bien, $$f^{-1}(0,0)=(\pi/4,\pi/4).$$ Teniendo en cuenta que $a=(\pi/4,\pi/4)$ es un punto interior de $[0,\pi/2]\times [0,\pi/2]$ podemos elegir un abierto $A\subset [0,\pi/2]\times [0,\pi/2]$ y que contiene al punto $a.$ Veamos que se verifican las hipótesis del teorema de la función inversa.

(i) $f=(f_1,f_2)$ es diferenciable con continuidad en $A$. En efecto, usando el teorema fundamental del Cálculo:

$\dfrac{{\partial f_1}}{{\partial x}}=\sin x\;,\; \dfrac{{\partial f_1}}{{\partial y}}=-\sin y\\
\dfrac{{\partial f_2}}{{\partial x}}=\cos (x+y-\pi/2)\;,\; \dfrac{{\partial f_2}}{{\partial y}}=\cos (x+y-\pi/2).$

Estas parciales están definidas y son continuas en el abierto $A$, por tanto $f\in \mathcal{C}^1(A).$ Es decir,  $f$ es diferenciable con continuidad en $A$.

(ii) $\det f'(a)\neq 0$ . Efectivamente

$$f'(a)=\begin{bmatrix}{\frac{{\partial f_1}}{{\partial x}}(a)}&{\frac{{\partial f_1}}{{\partial y}}(a)}\\{\frac{{\partial f_2}}{{\partial x}}(a)}&{\frac{{\partial f_2}}{{\partial y}}(a)}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{\sqrt{2}/2}&{-\sqrt{2}/2}\\{1}&{\;\;1}\end{bmatrix}\Rightarrow \det f'(a)=\sqrt{2}\neq 0.$$

Entonces

$(f^{-1})'(0,0)=[f'(\pi/4,\pi/4)]^{-1}=\begin{bmatrix}{\sqrt{2}/2}&{-\sqrt{2}/2}\\{1}&{\;\;1}\end{bmatrix}^{-1}=\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}{\;\;\sqrt{2}}&{1}\\{-\sqrt{2}}&{1}\end{bmatrix}.$