Resoluciones

Sean $f, g$ funciones polinomicas de grados $h$ y $k$ respectivamente, con $h < k$. Entonces $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{f(n)}{g(n)} = 0$.

Escribimos $f(n) = \sum_{i=0}^{h} a_i n^i$ y $g(n) = \sum_{i=0}^{k} b_i n^i$. Dividiendo numerador y denominador por $n^h$:

$\lim_{n \to \infty} \frac{f(n)}{g(n)} = \lim_{n \to \infty} \frac{\sum_{i=0}^{h} a_i n^{i}/n^h}{\sum_{i=0}^{k} b_i n^{i}/n^h}$

Para el numerador, notamos que $\lim_{n \to \infty} n^i = +\infty$ si $i > 0$, $\lim_{n \to \infty} n^0 = 1$, y $\lim_{n \to \infty} n^i = 0$ si $i < 0$ (en este ultimo caso, escribiendo $j = -i$, se tiene $n^i = n^{-j} = 1/n^j$ y tomando $n_0 > \sqrt[j]{1/\varepsilon}$ se obtiene $n^j < \varepsilon$). Luego:

$\lim_{n \to \infty} \sum_{i=0}^{h} a_i n^{i-h} = a_h$

pues los terminos con $i < h$ tienen exponente negativo y tienden a $0$.

El denominador, en cambio, tiende al infinito:

$\lim_{n \to \infty} \sum_{i=0}^{k} b_i n^{i}/n^h = \lim_{n \to \infty} \sum_{i=0}^{h} b_i n^{i-h} + \sum_{i=h+1}^{k} b_i n^{i}/n^h$

Como $\lim_{n \to \infty} \sum_{i=0}^{h} b_i n^{i-h} = b_h$ y como $\lim_{n \to \infty} b_i n^{i-h} = +\infty$ para $i - h > 0$, se tiene que $\sum_{i=h+1}^{k} b_i n^{i}/n^h \to \infty$.

Por lo tanto, $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{f(n)}{g(n)} = \lim_{n \to \infty} \frac{f(n)/n^h}{g(n)/n^h}$ donde $f(n)/n^h \to a_h$ y $g(n)/n^h \to \infty$, luego $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{f(n)}{g(n)} = 0$.

Sean $f, g$ funciones polinomicas de grados $h$ y $k$ respectivamente, con $h > k$. Entonces $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left|\frac{f(n)}{g(n)}\right| = \infty$.

Dividiendo numerador y denominador por $n^k$:

$\lim_{n \to \infty} \left|\frac{f(n)}{g(n)}\right| = \lim_{n \to \infty} \left|\frac{f(n)/n^k}{g(n)/n^k}\right|$

Utilizando el desarrollo anterior, se obtiene que $f(n)/n^k \to \infty$ (pues hay terminos con exponente $i - k > 0$ para $i > k$) y $g(n)/n^k \to b_k$, con $b_k$ constante.

De donde $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left|\frac{f(n)}{g(n)}\right| = \infty$.

Sean $f, g$ funciones polinomicas de grado $k$ ambas, con coeficientes principales $a_k$ y $b_k$ respectivamente. Entonces $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{f(n)}{g(n)} = \frac{a_k}{b_k}$.

Dividiendo numerador y denominador por $n^k$:

$\lim_{n \to \infty} \frac{f(n)}{g(n)} = \lim_{n \to \infty} \frac{f(n)/n^k}{g(n)/n^k}$

Donde:

$\lim_{n \to \infty} \frac{f(n)}{n^k} = \lim_{n \to \infty} a_k + \sum_{i=0}^{k-1} a_i n^{i}/n^k = a_k$

Similarmente, en el denominador: $\displaystyle\lim_{n \to \infty} g(n)/n^k = b_k$.

Entonces $\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{f(n)}{g(n)} = \frac{a_k}{b_k}$.

Sea $(a_n)$ una sucesion de terminos positivos tal que $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 0$. Entonces $\{a_n : n \in \mathbb{N}\}$ tiene un maximo.

Por hipotesis, $|a_n| < \varepsilon$ para $n$ suficientemente grande. Como $a_n > 0$, se tiene $a_n < \varepsilon$. Tomando $\varepsilon = 1$, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_0$, entonces $a_n < 1$.

Consideremos la siguiente particion:

$\mathbb{N} = \{1, 2, \ldots, n_0\} \cup \{n_0 + 1, n_0 + 2, \ldots\}$

De donde:

$\{a_n : n \in \mathbb{N}\} = \{a_n : n \geq n_0\} \cup \{a_n : n < n_0\}$

Sea $M_0 = \max(\{a_n : n < n_0\})$, que existe por ser un conjunto finito (se define de forma inductiva).

Tomando $M = \max(\{M_0, 1\})$, por las dos observaciones anteriores se concluye que $a_n \leq M$ para todo $n \in \mathbb{N}$.

La sucesion definida por $a_1 = \sqrt{3}$ y $a_{n+1} = \sqrt{3 + a_n}$ es convergente, y su limite es $\dfrac{1 + \sqrt{13}}{2}$.

En efecto, es una sucesion recurrente donde $a_n = \sqrt{3 + \sqrt{3 + \sqrt{3 + \cdots}}}$ ($n$ veces).

i) $(a_n)$ es creciente. Demostracion por induccion.

Caso base: $a_1 = \sqrt{3} < \sqrt{3 + \sqrt{3}} = \sqrt{3 + a_1} = a_2$.

Paso inductivo: supongamos que $a_{n-1} < a_n$. Entonces:

$a_{n-1} < a_n \Rightarrow 3 + a_{n-1} < 3 + a_n \Rightarrow \sqrt{3 + a_{n-1}} < \sqrt{3 + a_n} \Rightarrow a_n < a_{n+1}$

Por el caso base y el paso inductivo, $(a_n)$ es estrictamente creciente.

ii) $(a_n)$ esta acotada superiormente. Demostracion por induccion: $a_n < 3$ para todo $n$.

Caso base: $a_1 = \sqrt{3} < 3$.

Paso inductivo: si $a_n < 3$, entonces $3 + a_n < 3 + 3 = 6$, luego $a_{n+1} = \sqrt{3 + a_n} < \sqrt{6} < 3$.

Entonces $\sqrt{3} < a_n < 3$ para todo $n \in \mathbb{N}$.

iii) Calculo del limite. Por i) y ii), usando el criterio de monotonia, $(a_n)$ converge. Sea $l = \displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n$. Entonces:

$l = \sqrt{3 + l}$

$l^2 = 3 + l$

$l^2 - l - 3 = 0$

$l = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 12}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{13}}{2}$

Como $l > \sqrt{3} > 0$, se tiene $l = \dfrac{1 + \sqrt{13}}{2}$.

Sean $x, y \in \mathbb{R}_{>0}$. Entonces $\log(x \cdot y) = \log x + \log y$.

Como $e \circ \log$ es la identidad (es decir, $e^{\log(x)} = x$), escribimos:

$\log x + \log y = \log\left(e^{\log x + \log y}\right) = \log\left(e^{\log x} \cdot e^{\log y}\right)$

Por la propiedad $e^{a+b} = e^a \cdot e^b$:

$\log x + \log y = \log\left(x \cdot y\right)$

Que era lo que queriamos demostrar.

Sea $x \in \mathbb{R}_{>0}$ e $y \in \mathbb{R}$. Entonces $\log(x^y) = y \log x$.

Calculamos:

$y \log x = \log\left(e^{y \log x}\right) = \log\left((e^{\log x})^y\right) = \log(x^y)$

Dado que $(e^a)^b = e^{ab}$ y $e^{\log x} = x$.

Probar que si para todo $p \in \mathbb{N}$ se cumple $\displaystyle\lim_{n \to \infty} (a_{n+p} - a_n) = 0$, entonces $(a_n)$ es de Cauchy.

Dado $\varepsilon > 0$, por hipotesis existe $n_0$ tal que si $n \geq n_0$ entonces $|a_{n+p} - a_n| < \varepsilon$ para todo $p \in \mathbb{N}$.

Sean $m, n \geq n_0$ con $m \geq n$. Si $m = n$, entonces $|a_m - a_n| = 0 < \varepsilon$. Si $m > n$, escribimos $m = n + p$ para algun $p \in \mathbb{N}$. Luego:

$|a_m - a_n| = |a_{n+p} - a_n| < \varepsilon$

Por lo tanto, $(a_n)$ es de Cauchy.

Si $(a_n)$ es una sucesion de Cauchy, entonces para todo $p \in \mathbb{N}$ se tiene $\displaystyle\lim_{n \to \infty} (a_{n+p} - a_n) = 0$.

Como $(a_n)$ es de Cauchy, para cada $\varepsilon > 0$ existe $n_0$ tal que si $n, m \geq n_0$ entonces $|a_m - a_n| < \varepsilon$.

Sea $p \in \mathbb{N}$ fijo. Ponga $m = n + p > n \geq n_0$, quedando que $|a_{n+p} - a_n| < \varepsilon$.

Esto vale para todo $n \geq n_0$, que es equivalente a $\displaystyle\lim_{n \to \infty} (a_{n+p} - a_n) = 0$.

La sucesion $a_n = (-1)^n$ no es convergente.

Supongamos que converge. Entonces toda subsucesion converge y tiene el mismo limite.

Tomemos las subsucesiones $a_{2n}$ y $a_{2n+1}$:

$\lim_{n \to \infty} a_{2n} = \lim_{n \to \infty} (-1)^{2n} = \lim_{n \to \infty} 1 = 1$

$\lim_{n \to \infty} a_{2n+1} = \lim_{n \to \infty} (-1)^{2n+1} = \lim_{n \to \infty} (-1) = -1$

Como $1 \neq -1$, las dos subsucesiones tienen limites distintos, lo cual es una contradiccion. Por lo tanto, $(a_n)$ no converge.

Demostrar por definicion que $\displaystyle\lim_{x \to 3} (-2x + 4) = -2$.

Queremos demostrar que para todo $\varepsilon > 0$ existe $\delta > 0$ tal que si $0 < |x - 3| < \delta$ entonces $|f(x) - (-2)| < \varepsilon$.

Calculamos:

$|f(x) - (-2)| = |{-2x + 4 + 2}| = |{-2x + 6}| = |2x - 6| = 2|x - 3|$

Tomando $\delta = \varepsilon / 2$, si $|x - 3| < \delta$ entonces:

$|x - 3| < \frac{\varepsilon}{2} \Rightarrow 2|x - 3| < \varepsilon \Rightarrow |{-2x + 4} - ({-2})| < \varepsilon$

Demostrar por definicion que $\displaystyle\lim_{x \to 3} 2x^2 = 18$.

Sea $\varepsilon > 0$. Queremos encontrar $\delta$ tal que si $0 < |x - 3| < \delta$ entonces $|2x^2 - 18| < \varepsilon$.

Calculo guia:

$|2x^2 - 18| = 2|x^2 - 9| = 2|x + 3||x - 3|$

Ponga $\delta < 1$, entonces $|x - 3| < 1$, es decir $-1 < x - 3 < 1$, o sea $2 < x < 4$. Luego $5 < x + 3 < 7$, por lo que $|x + 3| < 7$.

Entonces:

$2|x + 3||x - 3| < |x - 3| \cdot 7 \cdot 2 = 14|x - 3|$

Ponga $\delta = \min(1, \varepsilon/14)$. Luego $|x - 3| < \varepsilon/14$ implica $|2x^2 - 18| < |x - 3| \cdot 14 < \varepsilon$.

Demostrar por definicion que $\displaystyle\lim_{x \to 4} \sqrt{x} = 2$.

Sea $\varepsilon > 0$. Queremos encontrar $\delta$ tal que si $0 < |x - 4| < \delta$ entonces $|\sqrt{x} - 2| < \varepsilon$.

Como $x \geq 0$, podemos factorizar:

$|x - 4| = |(\sqrt{x} + 2)(\sqrt{x} - 2)| = |\sqrt{x} + 2||\sqrt{x} - 2|$

Si $\delta < 3$, entonces $-3 < x - 4 < 3$, es decir $1 < x < 7$, luego $1 < \sqrt{x} < \sqrt{7}$, por lo que $3 < \sqrt{x} + 2 < \sqrt{7} + 2$.

Entonces $|\sqrt{x} + 2| > 3$, de donde $|\sqrt{x} + 2||\sqrt{x} - 2| > 3|\sqrt{x} - 2|$.

Luego $3|\sqrt{x} - 2| < |x - 4| < \delta$.

Ponga $\delta = \min(3, 3\varepsilon)$. Entonces $3|\sqrt{x} - 2| < 3\varepsilon$, por lo que $|\sqrt{x} - 2| < \varepsilon$.

Demostrar por definicion que $\displaystyle\lim_{x \to 2} \frac{x+1}{x+3} = \frac{3}{5}$.

Dado $\varepsilon > 0$, queremos $\delta$ tal que si $0 < |x - 2| < \delta$ entonces $\left|\frac{x+1}{x+3} - \frac{3}{5}\right| < \varepsilon$.

Simplifiquemos:

$\left|\frac{x+1}{x+3} - \frac{3}{5}\right| = \left|\frac{5x + 5 - 3x - 9}{5x + 15}\right| = \left|\frac{2x - 4}{5(x + 3)}\right| = \frac{2}{5} \cdot \frac{|x - 2|}{|x + 3|}$

Si $\delta < 1$, entonces $-1 < x - 2 < 1$, luego $4 < x + 3 < 6$, por lo que $|x + 3| > 4$, y entonces $\frac{1}{|x+3|} < \frac{1}{4}$.

Luego:

$\frac{2}{5} \cdot \frac{|x - 2|}{|x + 3|} < |x - 2| \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{5} = \frac{|x-2|}{10}$

Ponga $\delta = \min(1, 10\varepsilon)$. Entonces $|x - 2| < 10\varepsilon$, de donde $|x - 2|/10 < \varepsilon$, y por lo tanto $\left|\frac{x+1}{x+3} - \frac{3}{5}\right| < \varepsilon$.

Sean $f, g : (a,b) \to \mathbb{R}$ con $\displaystyle\lim_{x \to x_0} g(x) = l$, y existe $\delta_0 > 0$ tal que si $0 < |x - x_0| < \delta_0$ entonces $f(x) = g(x)$. Demostrar que $\displaystyle\lim_{x \to x_0} f(x) = l$.

Por construccion, sea $\varepsilon > 0$ arbitrario. Como $\displaystyle\lim_{x \to x_0} g(x) = l$, existe $\delta_1 > 0$ tal que si $0 < |x - x_0| < \delta_1$ entonces $|g(x) - l| < \varepsilon$.

Ponga $\delta = \min(\delta_0, \delta_1)$. Entonces, si $0 < |x - x_0| < \delta$, se sostiene $|g(x) - l| < \varepsilon$ y se sostiene la hipotesis $f(x) = g(x)$. Reemplazando se obtiene:

$|f(x) - l| < \varepsilon$

Demostrar que si $\displaystyle\lim_{x \to x_0} f(x) = l$ entonces $\displaystyle\lim_{x \to x_0} cf(x) = c \cdot l$ para todo $c \in \mathbb{R}$.

Caso $c = 0$: es trivial, pues $\displaystyle\lim_{x \to x_0} 0 \cdot f(x) = \lim_{x \to x_0} 0 = 0 = 0 \cdot l$. Dado un $\varepsilon > 0$, $|0 \cdot f(x)| = |0| = 0 < \varepsilon$.

Caso $c \neq 0$: sea $\varepsilon \in \mathbb{R}_{>0}$. Como $\displaystyle\lim_{x \to x_0} f(x) = l$, existe $\delta > 0$ tal que si $0 < |x - x_0| < \delta$ entonces $|f(x) - l| < \frac{\varepsilon}{|c|}$.

Multiplicando por $|c|$, tenemos:

$|c||f(x) - l| = |cf(x) - cl| < \varepsilon$

Dados $\displaystyle\lim_{x \to x_0} f(x) = l_1$ y $\displaystyle\lim_{x \to x_0} g(x) = l_2$, demostrar que $\displaystyle\lim_{x \to x_0} (f(x) + g(x)) = l_1 + l_2$.

Sea $\varepsilon > 0$. Por hipotesis, existe $\delta_1 > 0$ tal que si $0 < |x - x_0| < \delta_1$ entonces $|f(x) - l_1| < \varepsilon/2$, y existe $\delta_2 > 0$ tal que si $0 < |x - x_0| < \delta_2$ entonces $|g(x) - l_2| < \varepsilon/2$.

Ponga $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$ y sume las desigualdades para obtener: si $0 < |x - x_0| < \delta$ entonces $|f(x) - l_1| + |g(x) - l_2| < \varepsilon$.

Por desigualdad del triangulo:

$|(f(x) + g(x)) - (l_1 + l_2)| \leq |f(x) - l_1| + |g(x) - l_2| < \varepsilon$

Dado $\displaystyle\lim_{x \to a} f(x) = l$, demostrar que $\displaystyle\lim_{x \to a} |f(x)| = |l|$.

Lema: $||u| - |v|| \leq |u - v|$.

1. $|u + v - v| = |u| \leq |u - v| + |v|$, luego $|u| - |v| \leq |u - v|$.

2. $|v + u - u| = |v| \leq |v - u| + |u|$, luego $|v| - |u| \leq |v - u| = |u - v|$, es decir $-(|u| - |v|) \leq |u - v|$.

De 1) y 2): $-|u - v| \leq |u| - |v| \leq |u - v|$, por lo tanto $||u| - |v|| \leq |u - v|$.

Sea $\varepsilon > 0$. Por hipotesis, existe $\delta > 0$ tal que si $0 < |x - a| < \delta$ entonces $|f(x) - l| < \varepsilon$. Poniendo $u = f(x)$, $v = l$:

$||f(x)| - |l|| \leq |f(x) - l| < \varepsilon$

Sea $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definida por $f(x) = 1$ si $x \in \mathbb{Q}$ y $f(x) = 0$ si $x \in \mathbb{R} - \mathbb{Q}$. Entonces $f$ no es continua en ningun punto.

Caso 1: $x_0$ racional. Suponga que $f$ es continua en $x_0$. Entonces $f(x_0) = 1$. Para todo $\varepsilon > 0$ existe $\delta > 0$ tal que si $0 < |x - x_0| < \delta$ entonces $|f(x) - 1| < \varepsilon$.

Ponga $\varepsilon = 1/2 > 0$. Existe $\delta > 0$ tal que si $0 < |x - x_0| < \delta$ entonces $|f(x) - 1| < 1/2$.

Por definicion de valor absoluto, $0 < |x - x_0| < \delta$ es lo mismo que $x_0 - \delta < x < x_0 + \delta$. Sea $a = x_0 - \delta$, $b = x_0 + \delta$. Como $0 < \sqrt{2} < 2$, se tiene $0 < (b-a)\sqrt{2}/2 < (b-a)$, por lo que $a < a + (b-a)\sqrt{2}/2 < b$.

Ponga $x = a + (b-a)\sqrt{2}/2$. Se tiene $0 < |x - x_0| < \delta$. Pero $x \in \mathbb{R} - \mathbb{Q}$, por lo que $f(x) = 0$, y entonces $|0 - 1| = 1 < 1/2$. Contradiccion.

Caso 2: $x_0$ irracional. Suponga que $f$ es continua en $x_0$. Entonces $\displaystyle\lim_{t \to x_0} f(t) = f(x_0) = 0$. Para todo $\varepsilon > 0$ existe $\delta > 0$ tal que si $0 < |x - x_0| < \delta$ entonces $|f(x)| < \varepsilon$.

Ponga $\varepsilon = 1/2$. Existe $\delta > 0$ tal que si $0 < |x - x_0| < \delta$ entonces $|f(x)| < 1/2$. Sea $a = x_0 - \delta$, $b = x_0 + \delta$. Por principio de Arquimedes, existe $n > 1/(b-a)$, luego $n(b-a) > 1$, es decir $bn - an > 1$. Como $a < b$, tenemos $an < bn$, luego entre $an$ y $bn$ hay un entero $m$. Entonces $a < m/n < b$.

Tenemos $0 < |m/n - x_0| < \delta$, y como $m/n \in \mathbb{Q}$, $f(m/n) = 1$, por lo que $|1| = 1 < 1/2$. Contradiccion.

Por los casos 1 y 2, $f$ no es continua en ningun punto.

Sea $f(x) = x^2 \sin(1/x)$ si $x \neq 0$ y $f(0) = 0$. Analizar la existencia de las derivadas laterales y de la derivada en $x_0 = 0$.

Derivada lateral derecha:

$\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x^2 \sin(1/x)}{x} = \lim_{x \to 0^+} x \sin(1/x)$

Como $|x \sin(1/x)| \leq |x| \to 0$, se tiene que este limite vale $0$. Alternativamente, $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin(1/x)}{1/x} = 1$ por limite notable, luego la derivada lateral derecha es $1$.

Derivada lateral izquierda:

$\lim_{x \to 0^-} \frac{x^2 \sin(1/x)}{x} = \lim_{x \to 0^-} x \sin(1/x)$

Como $x \to 0^-$, hacemos $x' = -x$ con $x' \to 0^+$:

$\lim_{x' \to 0^+} \frac{(-x')^2 \sin(-1/x')}{-x'} = -\lim_{x' \to 0^+} x' \sin(1/x') = -1$

por limite notable. Luego la derivada lateral izquierda es $-1$.

Como las derivadas laterales no coinciden ($1 \neq -1$), no existe la derivada en $x = 0$.

Demostrar que si $f$ es derivable en $x_0$ y $c \in \mathbb{R}$, entonces $(cf)(x)$ es derivable en $x_0$ y $(cf)'(x_0) = cf'(x_0)$.

Por hipotesis:

$\lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = f'(x_0)$

Luego:

$\lim_{x \to x_0} c \cdot \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = c \cdot f'(x_0)$

$\Rightarrow \lim_{x \to x_0} \frac{cf(x) - cf(x_0)}{x - x_0} = cf'(x_0)$

Que es lo que se queria demostrar.

Sean $f, g : (a,b) \to \mathbb{R}$, $g'(x_0)$ definida, y existe $\delta > 0$ tal que si $|x - x_0| < \delta$ entonces $f(x) = g(x)$. Demostrar que $f'(x_0) = g'(x_0)$.

Por hipotesis existe el limite:

$\lim_{x \to x_0} \frac{g(x) - g(x_0)}{x - x_0} = g'(x_0)$

Por definicion, para todo $\varepsilon > 0$ existe $\delta'' > 0$ tal que si $0 < |x - x_0| < \delta''$ entonces:

$\left|\frac{g(x) - g(x_0)}{x - x_0} - g'(x_0)\right| < \varepsilon$

Tomamos $\delta' = \min(\delta, \delta'')$. Si $0 < |x - x_0| < \delta'$, tenemos que $f(x) = g(x)$ (por hipotesis) y la desigualdad anterior. Reemplazamos:

$\left|\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} - g'(x_0)\right| < \varepsilon$

Esto es $\displaystyle\lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = f'(x_0) = g'(x_0)$.

Sea $f : \mathbb{R}_{>0} \to \mathbb{R}$ tal que $f(x) = \sqrt{x}$. Entonces $f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$ y no existe la derivada lateral por la derecha en $x_0 = 0$.

Calculamos $f'(x)$ por definicion:

$f'(x) = \lim_{t \to x} \frac{f(x) - f(t)}{x - t} = \lim_{t \to x} \frac{\sqrt{x} - \sqrt{t}}{x - t}$

Multiplicando y dividiendo por el conjugado $(\sqrt{x} + \sqrt{t})$:

$= \lim_{t \to x} \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{t})(\sqrt{x} + \sqrt{t})}{(x - t)(\sqrt{x} + \sqrt{t})} = \lim_{t \to x} \frac{|x| - |t|}{(x - t)(\sqrt{x} + \sqrt{t})}$

$= \lim_{t \to x} \frac{x - t}{(x - t)(\sqrt{x} + \sqrt{t})} = \lim_{t \to x} \frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{t}} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$

Derivada lateral en $x_0 = 0$: calculamos

$\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{2\sqrt{x}} = +\infty$

pues dado $K > 0$, queremos $\delta > 0$ tal que $|x| < \delta$ implica $\frac{1}{2\sqrt{x}} > K$.

Ponga $\delta = \frac{1}{4K^2}$. Entonces $|x| < \frac{1}{4K^2}$ implica $\sqrt{x} < \frac{1}{2K}$, por lo que $\frac{1}{2\sqrt{x}} > K$.

Luego, como el limite de la derivada lateral no es finito, la derivada lateral $f'_+(0)$ no existe.

Sea $f$ derivable.

1) $f$ impar $\Rightarrow$ $f'$ es par.