Ejercicios resueltos de Cálculo Diferencial

8/18/2019 Ejercicios resueltos de Cálculo Diferencial

1/39

Ejercicios Resueltos de Cálculo Diferencial

Primer Parcial

Jorge Eĺıas Chamba Briones

Ayudante Académico

FCNM - ESPOL

2015

1


2/39

Contents

1 Coordenadas Polares 3

2 Espacios métricos 9

3 Topoloǵıa de la recta 10

4 Ĺımites 13

4.1 Demostracíon formal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

4.2 Cálculo de ĺımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

5 Continuidad de funciones 31

6 Teorema de Bolzano 38

2


3/39

1 Coordenadas Polares

1) Gracar y calcular los puntos de intersecci´ on de las siguientes curvas polares:

r 1(θ) = cos(θ)

r 2(θ) = sen (2θ)

Soluci´on:

Puntos de intersecci´ on:

cos(θ) = sen (2θ)

cos(θ) = 2 sen (θ)cos(θ)

cos(θ)(1 −2sen (θ)) = 0cos(θ) = 0 ∧ 1 −2sen (θ) = 0θ = π2 ∧ sen (θ) = 12 ⇒ θ = π6 , 5 π6θ1 = π2 ⇒ r 1 = 0θ2 = π6 ⇒ r 1 =

√ 32

θ3 = 5π6 ⇒ r 1 = −√ 32

P 1 π2 , 0 , P 2π6 ,

√ 32 , P 3

5π6 ,−

√ 32

2) Gracar la curva dada en coordenadas polares:

r = 32

3 + 5 sen (θ)

Soluci´on:

r = 32

3(1 + 53 sen (θ)) =

323(1 + 53 sen (θ))

=325

53

1 + 53 cos(θ − π2 )

e = 53

(Hip érbola )

3 Jorge Eĺıas Chamba Briones - 2015


4/39

d = 32

5 φ =

π2

3) Bosquejar las curvas r = 6sen (θ), r = 61+2 sen (θ ) y determinar sus puntos de interseccion.

Soluci´on:

r = 6

1 + 2 sen (θ) =

61 + 2 cos(θ − π2 )

Excentricidad e = 2 ⇒ Hipérbola

ed = 6 ⇒ d = 3

Puntos de intersecci´ on:

61+2 sen (θ ) = 6sen (θ)

1 = sen (θ)(1 + 2 sen (θ))



5/39

2sen 2(θ) + sen (θ) −1 = 0(sen (θ) + 1)(2 sen (θ) −1) = 0sen (θ) = −1 ∧ 2sen (θ) = 1θ = 3π2 ∧ sen (θ) = 12θ =

3π2 ∧ θ =

π6 ,

5π6

θ = 3π2 ⇒ r = −6θ = π6 ,

5π6 ⇒ r = 3

P 1(−6, 3π2 ), P 2(3, π6 ), P 2(3, 5π6 )

4) Determine la ecuacion cartesiana, correspondiente a r2 − 6r (cos(θ) + sen (θ)) + 9 = 0 y luegobosqueje su gráca.

Soluci´on:

x = rcos (θ)

y = rsen (θ)

x2 + y2 −6x −6y + 9 = 0x2 −6x + 9 −9 + y2 −6y + 9 −9 + 9 = 0x2 −6x + 9 + y2 −6y + 9 = 9(x −3)2 + ( y −3)2 = 9 ⇒ Circunferencia de radio 3 centrada en (3,3)

5) Las curvas en coordenadas polares cuyas ecuaciones son r = 2sec (θ ) y r = csc(θ) son tangentes.Graque dichas curvas y determine, en coordenadas polares, su punto de tangencia.



6/39

Soluci´on:

2sec (θ ) = csc(θ)

2cos(θ) = 1sen (θ )

1 = 2 sen (θ)cos(θ)

1 = sen (2θ)

2θ = π2

θ = π4 ⇒ r = 2cos( π4 ) = √ 2Punto de tangencia: P = √ 2, π4

6) Sea r(θ) = 1 −2senθa) Bosquejar su gráco

b) Calcular los puntos de intersecci´ on de r(θ) con la circunferencia r = 2

1 −2sen (θ) = 2



7/39

−1 = 2sen (θ)sen (θ) = −12θ = −π6 , −5π6P 1 2, −π6 , P 2 2, −5π6

7) Considere las ecuaciones polares r = √ 2 y r2 = −4cos(2θ)

a) Graque las ecuaciones dadas

Soluci´on:

b) Sean P y Q los puntos de intersecci´ on de las ecuaciones polares dadas considerando θ ∈ (0, π ).Determine las coordenadas en polares de P y Q.

Soluci´on:

2 = −4cos(2θ)cos(2θ) = −122θ = 2π3 ,

4π3

θ = π3 , 2π

3

P = (√ 2, π3 ) Q = (√ 2, 2π3 )



8/39

c) Determine la ecuaci´ on polar de la recta l tal que P ∈ l y Q ∈ l.Soluci´on:

P (√ 2, π3 ) ⇒x = √ 2cos( π3 ) = √ 22y = √ 2sen ( π3 ) = √ 62

Q(√ 2, 2π3 ) ⇒ x = √ 2cos(2π3 ) = −

√ 22

y = √ 2sen ( 2π3 ) = √ 62La recta que pasa por ambos puntos es horizontal ya que la ordenada es igual en los dos puntos.

Ecuaci ón de la recta en coord. rectangulares y = √ 62rsen (θ) = √ 62Ecuaci ón de la recta en coord. polares r = √ 62sen (θ )

d) Calique la siguiente proposicion como VERDADERA o FALSA. Justique su respuesta.

Si θ = 1 es la ecuaci ón de una curva C en coordenadas polares, entonces la gr´ aca de C es una circunferenciacentrada en el polo con radio de longitud 1

Soluci´on:

La ecuaci ón θ = 1 es una funci ón de ángulo constante, por lo tanto se reere a la semirecta que forma un ´ angulode 1 radi án con respecto al eje polar.

La proposici ón es FALSA



9/39

2 Espacios métricos

1) Calique cada una de las siguientes proposiciones como VERDADERA o FALSA. Justiquesu respuesta.

a) Sea X = R . Si d : R ×R →R es una funci´ on denida tal que

∀x, y∈R , d(x, y ) = ( x2 −y2)2

entonces d es una métrica denida en X

Solución:

Se puede observar que no se cumple el primer axioma de espacios métricos, ya que si tenemos:

x = a ∧ y = −a, a ∈Rd(x, y ) = ( a2 −(−a)2)2 = 0Pero x = yLa proposici ón es FALSA.

b) Sea X = R un conjunto sobre el cual se dene una funcion d : X ×X →R , tal que d(x, y ) = x2 −y2; x, y ∈ X . Entonces la funcion d cumple que:i)

∀

x, y

∈ X : d(x, y ) = 0

⇔ x = y, y

ii)∀x, y ∈ X : d(x, y ) = d(y, x )

Solución:

Se puede observar que no se cumple el primer axioma, ya que si tomamos:

x = a y y = −a, a ∈Rd(x, y ) = 0

pero x = yLa proposici ón es FALSA

a) Sea d : R ×R → R es una métrica tal que ∀ p, q ∈ R , d( p, q ) = | p−q|1+ | p−q| entonces x =

52 ∈ N 12 (2) , es

decir el punto x = 52 pertenece al entorno con radio de longitud r = 12 y centrada en p = 2

Solución:

Debemos probar que d( p, x) ≤ r para vericar que la proposici´ on sea verdadera:d( p, x) = d 2, 52 = |2−

52 |1+

|2

−52

| = 13

Dado que 13 < 12 , la proposici ón es VERDADERA



10/39

3 Topoloǵıa de la recta


a) Si S = 2n5n +1 , n ∈N , entonces x = 25 es un punto de acumulaci´ on de S

Solución:

Tomando limn →∞

2n5n +1 =

25

Por lo tanto, en la vecindad del punto x = 25 existen elementos que son parte del conjunto S , entonces dichopunto es de acumulaci´ on.

La proposici ón es VERDADERA.

b) Si A = (−1)n + 1n ; n ∈N entonces el conjunto derivado A = {−1, 1}

Solución:

Observamos que si n es par la sucesión será de la forma: A = 1 + 1n

n impar: A = −1 + 1nPara valores de n muy grandes:

limn →∞

1 + 1n = 1

limn →∞−1 +

1n = −1

Entonces en la vecindad de los puntos -1 y 1 existen elementos que forman parte del conjunto A, por lo tantoson puntos de acumulaci´ on y forman parte del conjunto derivado.

La proposici ón es VERDADERA

2) Dado el conjunto A = x ∈R / x +1x 2 −4 < 0 {6}. Determine A ,int (A) y A.

Solución:

Obtenemos los puntos cŕıticos de x +1x 2 −4x + 1 = 0 ⇒ x = −1x2 −4 = 0 ⇒ x = ±2Evaluamos y obtenemos el signo de cada intervalo:

(-∞, −2) (-2,-1] [-1,2) (2,+ ∞)- + - +

int (A) = (

−∞,

−2) [

−1, 2)

A = (−∞, −2] [−1, 2]



11/39

A = A∪A = (−∞, −2] [−1, 2] {6}

3) Sea A = 2+ nn /n ∈N y f : A →Rf (x) = 2 x + 1

a) Determine el int (A), A, A

Solución:

A = 3, 2, 53

, 64

, 75

, ....

limn →∞

2 + n

n = 1

int (A) = Ø

A = {1}

A = A∪A = 3, 2, 53

, 64

, 75

, .... ∪{1}

b) Calique como verdadero o falso las siguientes proposiciones y justique formalmente surespuesta

b1) limx →2

f (x) = 5

Solución:

(Ver continuidad)

limx →2

f (x) = f (2)

x = 2 es un punto aislado, y toda funci´ on es continua en un punto aislado (Ver postulado).


b2) f es continua en x = 3

Solución:

(Ver continuidad)



12/39

x = 3 es un punto aislado, y toda funci´ on es continua en un punto aislado (Ver postulado).


b3) limx →1

f (x) = 3

Soluci´on:

x = 1 es un punto de acumulaci´ on

limx →1

2x + 1 = 2 + 1 = 3


b4) Rgf ⊆ (3, 7]

Soluci´on:

Domf ⊆ [3, 1)f (3) = 2(3) + 1 = 7

f (1) = 2 + 1 = 3

Rgf ⊆ (3, 7]La proposici ón es VERDADERA



13/39

4 Ĺımites

4.1 Demostrací on formal

1) Demostrar formalmente que:

limx →∞

2x + 1x + 1

= 2

Análisis preliminar:

∀ε > 0,∃N > 0,∀x ∈R : x > N →2x +1x +1 −2 < ε

− 1x +1 < ε|x + 1 | > 1ε1ε < x + 1 < −1ε1ε −1 < x < −1ε −1Tomamos N = 1ε −1Demostraci´on formal:

∀ε > 0,∃N > 0,∀x ∈R : x > 1ε −1 →2x +1x +1 −2 < εx > 1ε −1−1ε −1 > x > 1ε −1−1ε > x + 1 > 1ε

|x + 1 | > 1ε

1x +1 < ε

2x +1 −2x −2x +1 < ε

2x +1x +1 −2 < ε

2) Demostrar que:limx →2

(2x2 + x −4) = 6


∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < |x −2| < δ →2x2 + x −4 −6 < ε2x2 + x −10 < ε|(x −2)(2x + 5) | < ε|x −2| < ε2x +5Acotando con δ < 1

1 < x < 3

Tomamos la cota superior de x



14/39

δ = ε11

Demostraci´on formal:

∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < |x −2| < ε11 →2x2 + x −4 −6 < ε|x −2| < ε11

|x −2| |2x + 5 | < ε11 |2x + 5 |x =3

2x2 + x −10 < ε2x2 + x −4 −6 < ε

3) Demostrar utilizando la denici´ on ε −δ que:

limx →−3

(x2 + 3 x −1) = −1


∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < |x + 3 | < δ →x2 + 3 x −1 + 1 < εx2 + 3 x < ε

|x(x + 3) | < ε|x + 3 | < ε|x |Acotando con δ < 1

−4 < x < −2Tomamos la cota inferior de x (en valor absoluto es mayor que la cota superior)

δ = ε4


∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < |x + 3 | < ε4 →x2 + 3 x −1 + 1 < ε|x + 3 | < ε4|x + 3 | |x| < ε4 |x|x = −4x2 + 3 x < ε

x2 + 3 x −1 + 1 < ε

4) Demuestre formalmente que:

limx →2

2x + 1x + 3

= 1


∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < |x −2| < δ →2x +1x +3 −1 < ε2x +1 −x −3x +3 < ε

x −2x +3 < ε



15/39

|x −2| < ε |x −3|Acotando con δ < 1

1 < x < 3

Tomamos la cota inferior de x

δ = 2εDemostraci´on formal:

∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < |x −2| < 2ε →2x +1x +3 −1 < ε|x −2| < 2ε

x −2x +3 < 2ε|x −3| x =12x −x +1 −3x +3 < 2ε 22x +1x +3 −1 < ε

5) En el diagrama mostrado a continuaci´ on, graque una funci´ on de variable real f, que satisfagacada una de las siguientes condiciones:

∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < −2 −x < δ → |f (x) −1| < ε∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < x + 2 < δ → |f (x) + 1 | < ε∀M > 0,∃N > 0,∀x ∈R : x < −N → f (x) > M ∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < |x| < δ → |f (x) −1| < ε

∀

M > 0,

∃

δ > 0,

∀

x

∈R : 0 < 2

−x < δ

→ f (x) <

−M

∀M > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < x −2 < δ → f (x) > M ∀ε > 0,∃N > 0,∀x ∈R : x > N → |f (x) + 1 | < εf es decreciente en ( −∞, −2); (0, 2); (2, ∞)f es creciente en (−2, 0)f (−34 ) = f ( 74 ) = f (0) = f (−2) = 0; f (2) = -1

Soluci´on:

Se debe transformar cada una de las condiciones de denici´ on formal a ĺımite:

limx →−2−

f (x) = 1

limx →−2+

f (x) = −1lim

x →−∞f (x) = + ∞

limx →0

f (x) = 1

limx →2−

f (x) = −∞lim

x

→2+

f (x) = + ∞lim

x →+ ∞f (x) = −1



16/39

6) Bosquejar el gráco de una funcion f que cumpla con las siguientes condiciones:

f (0) = 0

f (x) < 0, x ∈ (−∞, 0)f (x) > 0, x ∈ (0, ∞)∀M > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : −δ < x < 0 → f (x) < −M ∀ε > 0,∃N > 0,∀x ∈R : x > N → |f (x) −1| < ε∀ε > 0,∃N > 0,∀x ∈R : x < −N → |f (x) + 1 | < ε∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < x < δ → |f (x)| < ε

Soluci´on:

Se debe transformar cada una de las condiciones de denici´ on formal a ĺımite:

limx →0−

f (x) = −∞lim

x →+ ∞f (x) = 1

limx →−∞

f (x) = −1lim

x →0+f (x) = 0



17/39

7) Calique la siguiente proposicion como VERDADERA o FALSA. Justique su respuesta.

a) Sean f y g funciones tales que g(x) ≤ f (x) para toda x cercana a c, excepto probablemente enx = c, si lim

x →cg(x) = + ∞, entonces limx →cf (x) = + ∞

Soluci´on:

limx →c

g(x) = + ∞ ⇔ ∀M > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < |x −c| < δ → g(x) > M g(x) ≤ f (x)M < g (x) ≤ f (x) ⇒ M < f (x)Dado un entorno alrededor del punto c se puede concluir que M < f (x), o lo que es lo mismo:

∀M > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < |x −c| < δ → f (x) > M ⇔ limx →cf (x) = + ∞La proposici ón es VERDADERA

8) Sea f (x) =

x2 −1 x ≤ 322x

32 < x < 2

√ x −1 x ≥ 2i) Demostrar con que ε, δ que lim

x →2−f (x) = 1


∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < 2 −x < δ →2x −1 < ε2−xx < ε



18/39

|2 −x| < ε |x|Acotando con δ < 1

1 < x < 3


−ε < 2 −x < εδ = ε


∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < 2 −x < ε →2x −1 < ε2 −x < ε−ε < 2 −x < ε|2−x ||x | <

ε

|x | x =12

−x

x < ε2x −1 < ε

i) Demostrar con que ε, δ que limx →2+

f (x) = 1


∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < x −2 < δ →√ x −1 −1 < ε√ x −1 −1 |

√ x −1+1 ||√ x −1+1 |

< ε

x −2√ x −1+1 < ε

|x −2| < ε √ x −1 + 1Acotando con δ < 1

1 < x < 3


−ε < x −2 < εδ = ε


∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < x −2 < ε →√ x −1 −1 < εx −2 < ε−ε < x −2 < ε

|x −2||√ x −1+1 |

< ε|√ x −1+1 |x =1

x −2√ x −1+1< ε

(√ x −1−1) (√ x −1+1) √ x

−1+1 < ε

√ x −1 −1 < ε



19/39

9) Demuestre formalmente, usando la denici´ on de ĺımite con épsilons y deltas, que

limx →3

1x

= 13


∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < |x −3| < δ →1x − 13 < ε3−x3x < ε

|x −3| < ε |3x|Acotando con δ < 1

2 < x < 4


δ = 6εDemostraci´on formal:

∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : 0 < |x −3| < 6ε →1x − 13 < ε|x −3| < 6ε|3−x ||3x | <

6ε

|3x | x =21x − 13 < ε

10) Demuestre formalmente, usando la denici´ on de ĺımite, que

limx →0

1x2

= + ∞

∀M > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : |x| < δ → 1x 2 > M |x| < δ |x| |x| < δ |x|x2 < δ |x|1

x 2 > 1δ|x |

Acotando con δ < 1

−1 < x < 1Tomamos la cota inferior de x (podemos tomar cualquiera de las dos cotas en éste caso)

δ = 1M 1

x 2 > M



20/39

4.2 Cálculo de ĺımites

1) Calcule, sin aplicar la Regla de L’hopital, cada uno de los siguientes ĺımites:

a) limx →∞

x + ax −1

x

limx →∞

x + ax −1

x

= limx →∞

x −1 + 1 + ax −1

x

= limx →∞

1 + 1 + ax −1

x − 11+ a1+ ax − 1

x

= limx →∞

1 + 1 + ax −1

x − 11+ a limx →∞

x (1+ a )x − 1

=

elim

x →∞ x (1+ a )

x (1 − 1x ) = e1+ a

b) limx →0

e 4 x −e− xx

limx →0

e4x −e−xx = limx →0e4x −1 −(e−x −1)x = limx →0

e4x −1x − limx →0e−x −1x = 4 + 1 = 5

c) limx →−3−

µ (−x 2 +9)x 2 +2 x −3

limx →−3−

µ(−x2 + 9)x2 + 2 x −3

= µ(0−)

0+ = 0

d) limx →∞

x √ x2 + 1−

x

limx →∞

x x2 + 1 −x = limx →∞x x2 + 1 −x√ x2 + 1 + x√ x2 + 1 + x = limx →∞

x√ x2 + 1 + x

1x1x

= limx →∞

1

1 + 1x 2 + 1=

12

e) limx →π

1−sen ( x2 )(π −x ) 2

Sea u = π −x x → π u → 0

limu →0

1 −cos( u2 )u2

= limu →0

1 −cos( u2 )u2

1 + cos( u2 )1 + cos( u2 )

= limu →0

sen 2( u2 )u2(1 + cos( u2 ))

= 14

limu →0

sen ( u2 )u2

2

limu →0

11 + cos( u2 )

= 18

f ) limx →2

x 3 −2x 2 −4x +8x 4 −8x 2 +16

limx →2

x3 −2x2 −4x + 8x4

−8x2 + 16

= limx →2

(x + 2)

(x −2)2(x + 2) 2

(x

−2)2

= limx →2

1x + 2

= 14



21/39

g) limx →+ ∞

cos (3 x 2 )x 2

−1 ≤ cos(3x2) ≤ 1

−1

x2 ≤ cos(3x2)

x2 ≤ 1x2

limx →+ ∞−

1x2

= 0

limx →+ ∞

1x2

= 0

Por Teorema del Emparedado se puede concluir que:

limx →+ ∞cos(3x2)

x2 = 0

h) limh → 0

f (x + h )− f (x )h , si f (x) = ln (2x −1)

limh →0

ln (2(x + h) −1) −ln (2x −1)h

= limh →0

ln 2x +2 h −12x −1h

= limh →0

1h

ln 1 + 2h2x −1

= limh →0

ln 1 + 2h2x −1

1h

= ln limh →0

1 + 2h2x −1

1h

= ln limh →0

1 + 2h2x −1

2 x−

12 h

2

h

2 x − 1 1 h = ln e 2

2 x − 1 = 2

2x −1

i) limx →0

3x −arcsen (x )3x + arctan (x )

limx →0

3x −arcsen (x)3x + arctan (x)

= limx →0

x(3 − arcsen (x )

x )

x(3 + arctan (x )x )=

3 − limx →0arcsen (x )

x

3 + limx →0

arctan (x )x

limx →0arcsen (x)

x Sea : u = arcsen (x) sen (u) = x x → 0 u → 0

limu →0

u/usen (u)/u

= 1

limu →0

sen (u )u

= 1

limx →0

arctan (x)x

Sea : v = arctan (x) tan (v) = x x → 0 v → 0

limv

→0

v/vtan (v)/v

= 1

limv→0

sen (v )

v

1

cos (v )

= 1

limv→0

sen (v )

v

= 1



22/39

limx →0

3x −arcsen (x)3x + arctan (x)

= 3−13 + 1

= 24

= 12

j) limx →2+

sgn 1ln (x −2)

limx →2+

sgn 1

ln (x −2)= sgn

1ln (2+ −2)

= sgn 1

ln (0+ )= sgn 0− = −1

k) limx →∞ x 2 +1x 2 −1

2 x 3 +3x − 2

limx →∞ x

2 + 1x2 −1

2 x 3 +3x − 2

= limx →∞

x2 + 1x2 −1

2 x 3 +32( x − 2)

= limx →∞

x2 −1 + 1 + 1x2 −1

2 x 3 +32( x − 2)

= limx →∞

1 + 2

x2 −1x 2 − 12

2x 2 − 1

2 x 3 +32( x − 2)

=

limx →∞

1 + 2

x2 −1x 2 − 12

2x 2 − 1

2 x 3 +3

2( x − 2)= e

limx →∞

2 x 3 +3( x 2 − 1)( x − 2) = e

limx →∞

2 x 3 +3 /x 3

x 3 − x − 2 x 2 +2 /x 3 = elim

x →∞

2+ 3x 3

1 − 1x 2 −

2x +

2x 3 = e2

l) limx →2+

√ x −√ 2+ √ x −2√ x 2 −4Primer método:

limx →2+ √

x −√ 2 + √ x −2√ x2 −4= lim

x →2+ √ x −√ 2√ x2 −4

+ √ x −2√ x2 −4= lim

x →2+ √ x −√ 2√ x2 −4 √

x + √ 2√ x + √ 2 +

x −2(x + 2) (x −2)

limx →2+

x −2(√ x + √ 2)√ x + 2√ x −2

+ 1x + 2 = limx →2+ √ x −2(√ x + √ 2)√ x + 2 + 1x + 2 = 0 + 12 = 12 Segundo método:

limx →2+

√ x −√ 2 + √ x −2√ x2−

4= lim

x →2+√ x −√ 2 + √ x −2√ x2

−4

√ x + √ 2 + √ x −2√ x + √ 2 + √ x−

2= lim

x →2+2x + 2√ x√ x −2 −4√ x2−

4(√ x + √ 2 + √ x−

2)

limx →2+

2(x −2) + 2√ x√ x −2√ x2 −4(√ x + √ 2 + √ x −2)= lim

x →2+ √ x −2(2√ x −2 + 2√ x)√ x + 2 √ x −2(√ x + √ 2 + √ x −2)

= 2√ 22(2√ 2) =

12

m) limx →0

x4sen 1x

−1 ≤ sen1x ≤ 1

−x4 ≤ x4sen 1x ≤ x4



23/39

limx →0 −x

4 = 0

limx →0

x4 = 0

Por teorema del emparedado se concluye:

limx →0

x4sen1x

= 0

n) limx →0

√ 1+ xsen (x )−1x 2

limx →0 1 + xsen (x) −1x2 = limx →0 1 + xsen (x) −1x2 1 + xsen (x) + 1

1 + xsen (x) + 1

= limx →0

1 + xsen (x) − 1x 2(

1 + xsen (x) + 1)

=

limx →0

sen (x)x

limx →0

1

1 + xsen (x) + 1=

12

o) limx →0

ln (x +2) −ln (2)x

limx →0

ln (x + 2) −ln (2)x

= limx →0

ln x +22x

= limx →0

1x

ln 1 + x2

= limx →0

ln 1 + x2

1x

ln limx →0

1 + x2

1x

= ln limx →0

1 + x2

2x x2 1 x = ln e

12 =

12

p) limx →π2

cos (x )x −π2

limx →π2

cos(x)x − π2

Sea u = x − π2

x → π2

u → 0

limu →0cos u + π2

u = limu →0 −sen (u)

u = −1

q) limx →∞

3x +43x −2

x

limx →∞

3x + 43x −2

x

= limx →∞

3x −2 + 2 + 43x −2

x

= limx →∞

1 + 6

3x −2x

= limx →∞

1 + 6

3x −23 x − 26

63 x − 2

x

= e limx →∞6 x

3 x − 2 = elim

x →∞6

3 − 2x = e2



24/39

r) limx →1

3√ x −1x 2 + x −2x

Sea u = 3√ x x = u3 x → 1 u → 1

limu →1

u −1u6 + u3 −2

u 3

= limu →1

u −1 (u −1)(u5 + u4 + u3 + 2 u2 + 2 u + 2)

u 3

= limu →1

1u5 + u4 + u3 + 2 u2 + 2 u + 2

u 3

= 19

s) limx →0

arcsen (10 x )5x

Sea u = arcsen (10x) x = sen (u)

10 x → 0 u → 0

limu →0

u

5 sen (u )10 = lim

u →02

sen (u )u

= 2

limu →0

sen (u )u

= 2

t) El valor de k , si limx →∞

(k 2 +9) x 3 −5x −8kx 3 −4x = 6

limx →∞

(k2 + 9) x3 −5x −8/x 3kx 3 −4x/x 3

= limx →∞

(k2 + 9) − 5x 2 − 8x 3k − 4x 2

= k2 + 9

k = 6

k2 + 9 = 6 k

⇒ k2

−6k + 9 = 0

(k −3)2 = 0 ⇒ k = 3

u) limx →0

(x + ex )1x

limx →0

(x + ex )1x = lim

x →0(1 + ( x + ex −1))

1x = lim

x →0(1 + ( x + ex −1))

1x + e x − 1

x + e x − 1x =

limx →0

(1 + ( x + ex −1))1

x + e x − 1lim

x →0x + e x − 1x

= elim

x →0x + e x − 1x = e

limx →0

1+ ex

− 1x = e2

v) limx →0

(cos(x))1

x 2

limx →0

(cos(x))1

x 2 = limx →0

(1 + ( cos(x) −1))1

x 2 = limx →0

(1 + ( cos(x) −1))1

cos ( x ) − 1cos ( x ) − 1

x 2 =

limx →0

(1 + ( cos(x) −1))1

cos ( x ) − 1limx →0

cos ( x ) − 1x 2 = elim

x →0cos ( x ) − 1x 2

cos ( x )+1cos ( x )+1 = e

limx →0

cos 2 ( x ) − 1x 2 ( cos ( x )+1) = e− limx →0sen ( x )x

2

limx →01cos ( x )+1 = e−12



25/39

w) Determine el valor de “a” diferente de cero, para que

limx →+ ∞

(a2 + 4) x3 + 3 x −4ax 3 −2x

= 4

limx →+ ∞

(a2 + 4) x3 + 3 x −4/x 3ax 3 −2x/x 3

= limx →+ ∞

(a2 + 4) + 3x 2 − 4x 3a − 2x 2

= a2 + 4

a = 4

a2 + 4 = 4 a =⇒ (a −2)2 = 0

a = 2

x) limx →12

f (x) y limx →34

f (x), si f (x) = 2xlim

x →122x ⇒ limx →12 −

2x = 1− = 0

limx →12

+2x = 1+ = 1

limx →12 −

2x = limx →12 +2x

limx →12

2x no existe

limx →34

2x ⇒ limx →34 −2x =

32

− = 1

limx →34

+2x =

32

+ = 1

limx →34

2x = 1

y) limx →+ ∞

cos ( x )x 2

−1 ≤ cos( x ) ≤ 1

− 1x2 ≤

cos( x )x2 ≤

1x2

limx →+ ∞−

1

x2 = 0



26/39

limx →+ ∞

1x2

= 0

Por teorema del emparedado se concluye:

limx →+ ∞

cos( x )

x2 = 0

z) limx →0

sen (2 x )−xx + tan (4 x )

limx →0

sen (2x) −xx + tan (4x)

= limx →0

sen (2x) −xx + sen (4 x )cos (4 x )

= limx →0

sen (2x) −xxcos (4 x )+ sen (4 x )

cos (4 x )

= limx →0

sen (2 x )4x − x4 x

xcos (4 x )+ sen (4 x )4xcos (4 x )

limx

→0

12

sen (2 x )2x − 14

1cos (4 x )

cos (4 x )4 +

sen (4 x )4x

=12 limx →0

sen (2 x )2x − 14

limx →01

cos (4 x ) limx →0cos (4 x )

4 + limx →0sen (4 x )

4x

=12 − 1414 + 1

= 1

5

a1) limx →0

23+4

1x

limx →0

23 + 4

1x ⇒

limx →0−

23 + 4

1x

= 2

3 + 4 −∞ =

23 + 14∞

= 23

limx →0+

23 + 4

1x

= 0

23 = 0

El ĺımite no existe

b1) limx →+ ∞

√ x2 + x −x

limx →+ ∞ x2 + x −x = limx →+ ∞ x2 + x −x

√ x2 + x + x√ x2 + x + x = limx →+ ∞

x2 + x − x2√ x2 + x + x

limx →+ ∞

x/x√ x2 + x + x /x = limx →+ ∞

1

1 + 1x + 1=

12

c1) limx →∞

xsen 1x + xsen 1x 2

Sea u = 1x

x → ∞ u → 0

limu →0sen (u)u + sen (u

2

)u = limu →0sen (u)u + limu →0

usen (u2

)u2 = 1 + limu →0u limu →0

sen (u2

)u2 = 1



27/39

d1) limx →0

sen (ax )x

1+ bx

limx →0

sen (ax )x

1+ bx

= a limx →0

sen (ax )ax

limx →0

1+ bx

= a1 = a

e1) limx →1+

x 2 −|x −1|−1x 2 −1

limx →1+

x2 − |x −1| −1x2 −1

= limx →1+

x2 −(x −1) −1x2 −1

= limx →1+

x2 −x(x + 1)( x −1)

= limx →1+

x (x −1)(x + 1) (x −1)

limx →1+

xx + 1

= 12

f1) limx →0

1 + tan 2(√ x) 12 x

limx →0

1 + tan 2(√ x) 12 x = limx →0

1 + tan 2(√ x) 1tan 2 ( √ x ) tan2 ( √ x )2 x = lim

x →01 + tan 2(√ x) 1tan 2 ( √ x ) limx →0

tan 2 ( √ x )2 x

elim

x →0sen 2 ( √ x )

2 xcos 2 ( √ x ) = elim

x →0sen ( √ x )

√ x2

limx →0

12 cos 2 ( √ x ) = e

12


a) Si limx →c

(f + g)(x) existe, entonces limx →c

f (x) y limx →c

g(x) existen

Soluci´on:

Sea f (x) = µ(x) y g(x) = µ(

−x)

(f + g)(x) = 1 ⇒ limx →0(f + g)(x) = 1Pero lim

x →0f (x) y lim

x →0g(x) no existen.

La proposici ón es FALSA.

b) La ecuaci´ on de la aśıntota oblicua de f (x ) = 4x2 +2 x − 23x − 1 ; x ∈R − 13 es y = 43 x + 1

Soluci´on:

La ecuaci ón de la aśıntota es de la forma y = mx + b



28/39

Donde:

m = limx →∞

f (x)x

= limx →∞

4x2 + 2 x −23x2 −x

= limx →∞

4 + 2x − 2x 23 − 1x

= 43

b = limx →∞(f (x) −mx ) = limx →∞4x2 + 2 x

−2

3x −1 − 4x

3 = limx →∞10x

−6

9x −3 = limx →∞10

− 6x

9 − 3x = 10

9

y = 4x

3 +

109

4x3

+ 10

9 = 4x

3 + 1


c) Sea f una funci ón de variable real tal que limx →a

f (x) no existe, entonces lim[x →a

f (x)]2 no existe

Soluci´on:

Sea f (x) = sgn (x)

limx →0−

sgn (x) = limx →0+ sgn (x)

limx

→af (x) no existe, pero:

f 2(x) = sgn2(x) =1 x = 00 x = 0

El limx →0

sgn 2(x) existe y es igual a 1.


d) La ecuaci´ on de aśıntota oblicua de f con regla de correspondencia f (x) = x3 −1x 2 −1 ; x ∈ R es

y = −x + 1

Soluci´on:

La ecuaci ón de la aśıntota es de la forma y = mx + b

Donde:

m = limx →∞

f (x)x

= limx →∞

x3 −1/x 3x3 −x/x 3

= limx →∞

1 − 1x 31 − 1x 2

= 1

b = limx →∞(f (x) −mx ) = limx →∞x3

−1

x2 −1 −x = limx →∞1

x + 1 = 0



29/39

La ecuacion de la aśıntota oblicua de f es la recta y = x


e) Sean f y g dos funciones denidas en I ⊆ R tal que a ∈ I y ∀x ∈ I − {a}, f (x) > g(x). Silimx →a

f (x) = L y limx →a

g(x) = M , entonces L > M

Solución:

Sea f (x) = x2 y g(x) = −x2 , donde f (x) > g (x) ∀x ∈ I −{0}limx →0

f (x) = limx →0

x2 = 0 = L

limx →0

g(x) = limx →0 −x

2 = 0 = M

No se cumple que L > M ya que L = M


f ) limx →π

sen (π 2x )π 2x = 1

Solución:

Resolviendo el lı́mite:

limx →π

sen (π2x )π2x

= sen (π2π )

π2π

sen (π2π )π2π = 1

Hay que tener en cuenta que el lı́mite daŕıa como resultado 1, siempre y cuando se tenga la indeterminaci´ on 00 .


g) Si f es una funci´ on de variable real par tal que limx →1

f (x) = 7 , entonces limx →−1

f (x) = 7

Solución:

Ya que f es par, f (x) = f (−x)limx →1

f (x) = 7

limx →−1

f (x) = limx →−1

f (−x) sea u = −x x → −1 u → 1lim

x →−1f (x) = lim

u →1f (u) = 7

limx →−1

f (x) = 7




30/39

h) limx →a

f (x) existe, siempre que limx →a |f (x)| exista

Solución:

Sea f (x) = sgn (x), entonces |f (x)| =1 x = 00 x = 0

limx →0 |sgn (x)| = 1 (existe y es 1), pero:limx →0

sgn (x) no existe ya que limx →0−

sgn (x) = limx →0+ sgn (x)La proposici ón es FALSA

3) Sea f : X →R donde X = ( −∞, −2)∪(−2, ∞) con regla de correspondenciaf (x) = x

2 −3x −1(x +2) 2

a) Calcular:

i) limx →+ ∞

f (x)

Solución:

limx →+ ∞

x2 −3x −1/x 2(x + 2) 2/x 2

= limx →+ ∞

1 − 3x − 1x 21 + 2x 2

= 1

ii) limx

→−∞f (x)

Solución:

limx →−∞

x2 −3x −1/x 2(x + 2) 2/x 2

= limx →−∞

1 − 3x − 1x 21 + 2x 2

= 1

iii) limx →−2

f (x)

Solución:

limx →−2

x2 −3x −1(x + 2) 2

= ∞iv) De existir establecer las ecuaciones de las aśıntotas.

Solución:

La aśıntota horizontal se encontr´ o en i) y ii) (la recta y = 1).

La aśıntota horizontal se encontr´ o en iii) (la recta x =

−2).

Aśıntotas oblicuas no hay, ya que hay aśıntota horizontal.



31/39

5 Continuidad de funciones


a) Sea f una funcion denida ∀x ∈ R . Si g es continua y f (x) = |g(x)|, ∀x ∈ R ; entonces f (x) tambien escontinua ∀x ∈R .

Solución:

Primer método:

Se utilizar án las propiedades de ĺımites:

Ya que g es continua en x = a, a ∈R : limx →a g(x) = g(a)

limx →a f (x) = limx →a |g(x)| = limx →a g(x) = |g(a)|f (a) = |g(a)|limx →a

f (x) = f (a)

Por lo tanto, la función f (x) también es continua en x = a, a ∈R .Segundo método:

Utilizaremos la denición formal:

Si g es continua en x = a, a ∈R :

∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R

: |x −a| < δ → |g(x) −g(a)| < εUtilizando la desigualdad triangular:|g(x) −g(a) + g(a)| ≤ |g(x) −g(a)|+ |g(a)||g(x)| ≤ |g(x) −g(a)|+ |g(a)||g(x)| − |g(a)| ≤ |g(x) −g(a)|− |g(x) −g(a)| ≤ |g(x)| − |g(a)| ≤ |g(x) −g(a)|||g(x)| − |g(a)|| ≤ |g(x) −g(a)| < ε

||g(x)

| − |g(a)

|| < ε

f (x) = |g(x)||f (x) −f (a)| < ε∀ε > 0,∃δ > 0,∀x ∈R : |x −a| < δ → |f (x) −f (a)| < εPor lo tanto, f (x) también es continua en x = a, a ∈R .La proposici ón es VERDADERA



32/39

b) Si f es una funcion de una variable real tal que toma todos los valores comprendidos entref (a) y f (b), entonces la funcion f es continua en el intervalo [a, b]

Solución:

Sea f (x) = tan (x) en el intervalo [0 , 2π3 ]

La función toma todos los valores comprendidos entre f (0) = 0 y f ( 2π3 ) = −√ 3 pero tiene una aśıntota verticalen x = π2 , es decir, no es continua en dicho intervalo.


c) f (x) =3x + |x |7x −5|x | x = 0

0 x = 0es continua en x = 0

Solución:

Para que f sea continua en x = 0 se debe cumplir que:

limx →0−

f (x) = limx →0+

f (x) = f (0)

limx →0−

3x + |x|7x −5 |x|

= limx →0−

3x −x7x + 5 x

= limx →0−

2 x12 x

= 16

limx →0+

3x + |x|7x −5 |x|

= limx →0+

3x + x7x −5x

= limx →0+

4 x2 x

= 2

16 = 2 = 0

f no es continua en x = 0


d) Sea f (x) =1−cos (2 x )x 0 < x ≤ 1A x = 0

, si A = 1 entonces f es continua en [0,1]

Solución:

Para que f sea continua en [0,1], la funci ón debe ser continua en x = 0 (por la derecha)

limx →0+

f (x) = f (0)

limx →0+

1 −cos(2x)x

= A

limx →0+1

−cos(2x)x

1 + cos(2x)1 + cos(2x) = limx →0+

1

−cos2(2x)

x(1 + cos(2x)) = limx →0+4xsen 2(2x)

4x2(1 + cos(2x))



33/39

limx →0+

sen (2x)2x

2 4x1 + cos(2x)

= limx →0+

sen (2x)2x

2

limx →0+

4x1 + cos(2x)

= 0

A = 0


e) Sea f (x) =cos (x )+1(π −x )2 x = π

−12 x = π, f es continua en todo R

Soluci´on:

Para que f sea continua en R , la función debe ser continua en x = π

limx →π f (x) = f (π)

limx →π

cos(x) + 1(π −x)2

Sea u = π −x x → π u → 0

limu →0

cos(π −u) + 1u2

= limu →0

−cos(u) + 1u2

cos(u) + 1cos(u) + 1

= limu →0

−cos2(u) + 1u2(cos(u) + 1)

= limu →0

sen 2(u)u2(cos(u) + 1)

limu

→0

sen (u)u

2 1cos(u) + 1

= limu

→0

sen (u)u

2

limu

→0

1cos(u) + 1

= 12

12 = −

12


f) La funci´ on f : R →R

x

→ f (x) =

x 2 −1x 3 −1 x = 11 x = 1

es continua en x = 1

Soluci´on:

limx →1

f (x) = f (1)

limx →1

x2 −1x3 −1 = lim

x →1

(x + 1)( x −1) (x + 1)( x2 + x + 1) = limx →1

x −1x2 + x + 1 = 0



34/39

1 = 0


g) La funci´ on f : R →R con regla de correspondencia f (x) =x

2

−1 x < 32 x = 3x −1 x > 3

es continua en todo

su dominio

Soluci´on:

Para que f sea continua en R , deberı́a ser continua en x = 3

limx →3− f (x) = limx →3+ f (x) = f (3)

limx →3−

x2 −1 = limx →3+ x −1 = 2

8 = 2


h) La funci´ on de variable real con regla de correspondencia f (x) = 21x x < 0

x2 x ≥ 0, es continua en

x = 0

Soluci´on:

Si f es continua en x = 0, deberı́a cumplirse que:

limx →0−

f (x) = limx →0+

f (x) = f (0)

limx →0−

21x = lim

x →0+x2 = 0

limx →0−

21x = 2 −∞ = 1

2∞ = 0

limx →0+

x2 = 0

La funci ón f sı́ es continua en x = 0




35/39

2) Determine los valores de las constantes a y b, de ser posible, de modo que la funcion de variablereal

f (x) =

ax + b ; x > 2

9 ; x = 2

b−ax 2 ; x < 2, sea continua en R .

Solución:

La funci ón debe ser continua en x = 2 para que sea continua en R :

limx →2+

f (x) = limx →2−

f (x) = f (2)

limx →2+

ax + b = limx →2−

b−ax 2 = 92a + b = b−4a = 92a =

−4a

⇒a = 0, b = 9

3) f (x) =3√ a 3 + x −ax x = 01

12 x = 0

Determine a tal que f (x) sea continua en el punto x = 0 .

Solución:

Para que f sea continua en x = 0, se debe cumplir que:

limx →0

f (x) = f (0)

limx →0

3√ a3 + x −ax

u = 3 a3 + x x = u3 −a3 x → 0 u → alimu →a

u −au3 −a3

= limu →a

u −a (u −a)(u2 + ax + a2)

= 13a2

13a2

= 112 ⇒ a = ±2

4) Encuentre los valores de a y b para que la funci´ on sea continua en todo reales.

f (x) =

2x −1 x < −1ax −b −1≤x < 23 −2x x≥2

Solución:

Para que f sea continua en R se debe cumplir que:



36/39

limx →−1−

f (x) = limx →−1+

f (x) = f (−1) (5.1)

limx →−1−

2x −1 = limx →−1+ ax −b = −a −b

−3 = −a −b

limx →2−

f (x) = limx →2+

f (x) = f (2) (5.2)

limx →2−

ax −b = limx →2+ 3 −2x = f (2)

2a −b = −1De (1) y (2):

3a = 2 ⇒ a = 23

b = 3 −a ⇒ b = 73

5) Sea f : X →R donde X = {−2, −1, 0} (1, 2] con regla de correspondenciaf (x) = 2x3x +1

i) Analizar la continuidad de f en (0, 1]

Solución:

El intervalo (0 , 1] no pertenece al dominio de f , por lo tanto la función no es continua en dicho intervalo.

ii) Analizar la continuidad de f en x = −1

Solución:

Ya que x = −1 es un punto aislado, la función es continua en un dicho punto (Ver postulado).

iii) Justicando calicar como Verdadero o Falso : limx →0

f (x) = f (0)

Solución:

Lo que se quiere vericar es que f sea continua en x = 0, y al ser un punto aislado, se sabe que la funci´ on śı escontinua en dicho punto (Ver postulado).



37/39


6) Determine, de ser posible, a, b ∈ R para que la funcion f dada por

f (x) =

2

−x2 x < 1

ax 2 + bx x ∈ [1, 2]x2 −4 x > 2

sea continua en R

Solución:

Para que la función sea continua en R , debe de ser continua en x = 1 y en x = 2

limx →1− f (x) = limx →1+ f (x) = f (1) ∧ limx →2− f (x) = limx →2+ f (x) = f (2)lim

x →1−2 −x2 = limx →1+ ax

2 + bx = a + b

1 = a + b

limx →2−

ax 2 + bx = limx →2+

x2 −4 = 4 a + 2 b0 = 4 a + 2 b ⇒ b = −2aa −2a = 1 ⇒ a = −1 ∧ b = 2

7) Construya de ser posible una funci´ on f continua exactamente en R \{3} tal que la composici´ onfof sea continua en R .

Solución:

Sea f (x) =4 x ≥ 33 x < 3

f no es continua en x = 3, ya que limx →3−

f (x) = limx →3+ f (x)

fof =3 f (x)

≥ 3

2 f (x) < 3

f nunca es menor a 3, por lo tanto:

fof = 3

Por lo tanto f of es continua en R



38/39

6 Teorema de Bolzano


a) La ecuación: 3x2 + ln(x) −2 = 0 tiene al menos una soluci´ on en 12 , 32

Solución:

Sea f (x) = 3 x2 + ln(x) −2f (x) es una funci ón continua ya que es la suma de tres funciones continuas, por lo tanto podemos utilizar elTeorema de Bolzano (valor intermedio) para lo cual se debe cumplir que f 12 sea de signo opuesto a f

32 .

f 12 = 34 + ln

12 −2 = −54 + ln 12

f 32 = 27

4 + ln32 −2 = 194 + ln 32

ln 12

< 0

−54 + ln 12 < −54ln 32 > 0

ln 32 + 19

4 > 19

4

f 12 es negativo, mientras que f 32 es positivo, por lo tanto f tiene al menos una solución en el intervalo

12 ,

32


2) Sea P (x) = αx 2 −(α −1)x, donde α < −1. Demostrar que P (x) tiene una ráız en el intervalo [1,2]

Solución:

Ya que P (x) es un polinomio, es una función continua, por lo tanto podemos utilizar el Teorema de Bolzano(valor intermedio) para lo cual se debe cumplir que P (1)P (2) < 0, es decir, P (1) debe de ser de signo opuestoa P (2) para que P (x) tenga al menos una cero en dicho intervalo.

P (1) = α −(α −1) = 1P (2) = 4 α

−2α + 2 = 2 α + 2

α < −12α < −22α + 2 < 0

P (1)P (2) = (1)(2 α + 2) < 0

Por lo tanto P (x) tiene al menos una ráız en el intervalo [1,2]



39/39

3) La ecuaci´ on 2x = 2 −2x tiene al menos una soluci´ on en [0, 1]

Solución:

Sea f (x) = 2 x −2 + 2 x, ahora debemos vericar que f tenga al menos un cero en [0,1]f (x) es una funci ón continua ya que es la suma de tres funciones continuas, por lo tanto podemos utilizar elTeorema de Bolzano (valor intermedio) para lo cual se debe cumplir que f (0) sea de signo opuesto a f (1).

f (0) = 1 −2 = −1f (1) = 2 −2 + 2 = 2f (0) es de signo opuesto que f (1), por lo tanto f tiene al menos una solución en el intervalo [0 , 1]


4) Sea f (x) = 3 cos3(x)

− 2x

− 2, x

∈ R . Demuestre que por lo menos una de las ráıces de f se

encuentra en el intervalo [0, 1].

Solución:

f (x) es una funci ón continua ya que es la suma de tres funciones continuas, por lo tanto podemos utilizar elTeorema de Bolzano (valor intermedio) para lo cual se debe cumplir que f (0) sea de signo opuesto a f (1).

f (0) = 3 −2 = 1f (1) = 3 cos3(1) −4

cos(1) ≤ 13cos3(1) ≤ 33cos3(1) −4 ≤ −1f (1) ≤ −1f (0) es de signo opuesto que f (1), por lo tanto f tiene al menos una solución en el intervalo [0 , 1]

Ejercicios resueltos de Cálculo Diferencial

Documents

Transcript of Ejercicios resueltos de Cálculo Diferencial