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Comparando infinitos. Infinitésimos equivalentes

Comparación de infinitos

A veces es muy útil para el cálculo de límites, tanto en un punto como en el infinito, comparar el carácter de distintas funciones elementales conocidas con el objetivo de que el cálculo de límite sea más fácil de hacer.

Normalmente, si \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=\pm\infty\) y \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=\pm\infty\), se dice que \(f(x)\) es un infinito de orden superior a \(g(x)\) si \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\pm\infty\) o, lo que es lo mismo, si \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{g(x)}{f(x)}=0\).

La siguiente proposición nos muestra un resultado muy interesante que no demostraremos aquí aunque, como se ha dicho más arriba, es de una tremenda utilidad para el cálculo de límites.

  • Proposición

Sean \(a\in\mathbb{R}^+\) y \(f\), \(g\), \(h\) \(:\mathbb{R}^+\rightarrow\mathbb{R}\) las funciones definidas por:

\[f(x)=\frac{\ln x}{x^a}\quad\text{,}\quad g(x)=\frac{x^a}{\text{e}^x}\quad\text{,}\quad h(x)=\frac{\text{e}^x}{x^x}\,,\forall\,x\in\mathbb{R}^+\]

Entonces

\[\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=\lim_{x\rightarrow+\infty}h(x)=0\]

En la proposición se ha tomado \(\mathbb{R}^+\) como el conjunto donde el expontente \(a\) de la función potencial \(x^a\) toma valores (esto quiere decir que \(x^a\) puede ser una raíz, o algo tan aparentemente extraño como \(x^{\sqrt{2}}\) o \(x^{\pi}\). También se ha tomado \(\mathbb{R}^+\) como el conjunto de definición de cada una de las funciones anteriores, precisamente para que las funciones \(\ln x\) y \(x^x\) tengan sentido (si una función tiene la variable en el exponente, trabajaremos con funciones cuya base sea mayor que cero). Obsérvese también que cada uno de los límites anteriores es, en principio, una indeterminación del tipo “infinito partido por infinito”.

Pues bien, la proposición anterior viene a decir que la función \(x^x\) es un infinito de orden superior que la función exponencial \(e^x\), que la función exponencial \(e^x\) es un infinito de orden superior que la función potencial \(x^n\) y que la función potencial \(x^n\) es un infinito de orden superior que la función logarítmica \(\ln x\). Dicho de otra manera, si \(x\rightarrow+\infty\) la función que “más rápido crece” es la función \(x^x\), seguida de la función exponencial \(e^x\), a la que le sigue la función potencial \(x^a\), y seguida por último de la función logarítmica \(\ln x\).

También son muy útiles las siguientes reglas.

  • Dadas dos potencias de \(x\) (y aquí entran las expresiones del tipo \(x^{m/n}=\sqrt[n]{x^m}\)), la de mayor exponente es un infinito de orden superior. Por ejemplo, \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\sqrt[4]{x^5}}{3x}=0\).
  • Dadas dos funciones exponenciales de bases mayores que \(1\), la de mayor base es un infinito de orden superior. Por ejemplo, \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{3^x}{5\cdot2^x}=+\infty\).
  • Cualquier función exponencial de base mayor que \(1\) es un infinito de orden superior que cualquier función potencial. Por ejemplo \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{1,2^x}{9x^{25}}=+\infty\).
  • Tanto las funciones exponenciales de base mayor que \(1\), como las funciones potenciales son infinitos de orden superior que cualquier función logarítmica.
  • Dos polinomios del mismo grado o dos potencias de la misma base on infinitos del mismo orden. Para calcular el límite deberemos transformar la función. Por ejemplo \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{2^{2x+3}}{4^{x-1}}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{8\cdot4^x}{4^{-1}\cdot4^x}=32\) (¡haz las cuentas y verás!).
  • Si en una suma hay varios sumandos infinitos, el orden de la suma es el del sumando de mayor orden. Por ejemplo \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}(2^x-x^2)=\lim_{x\rightarrow+\infty}2^x=+\infty\).

Infinitésimos equivalentes

Dos funciones \(f(x)\) y \(g(x)\) se denominan equivalentes en \(x=a\) si \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}\dfrac{f(x)}{g(x)}=1\), y se escribe \(f(x)\sim g(x)\) cuando \(x\) tiende a \(a\).

Diremos también que una función \(f(x)\) se denomina infinitesimal en \(x=a\) si \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}f(x)=0\). Por ejemplo, \(f(x)=3x^4\) es infinitesimal en \(0\) y \(f(x)=\cos(\pi-x)\) es infinitesimal en \(\pi/2\).

Diremos tabmién que dos funciones \(f(x)\) y \(g(x)\) son infinitésimos equivalentes en \(x=a\) si \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}f(x)=0\), \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}g(x)=0\) y \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}\dfrac{f(x)}{g(x)}=1\). Se escribe \(f(x)\sim g(x)\) cuando \(x\) tiende a \(a\).

Por último, dadas dos funciones \(f(x)\) y \(g(x)\) infinitesimales en cierto \(x=a\), diremos que \(g(x)\) es un infinitésimo de orden mayor que  \(f(x)\) en \(x=a\) si \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}\dfrac{g(x)}{f(x)}=0\) y se escribe \(g(x)=o(f(x))\) cuando \(x\) tiende a \(a\). Por ejemplo, la función \(x^2\) es un infinitésimo de orden mayor que \(x\) en \(x=0\), es decir, \(x^2=o(x)\), y la función \(x^3\) es un infinitésimo de orden mayor que \(x^{5/2}\) en \(x=0\), o sea, \(x^3=o(x^{5/2})\). Además se tiene que:

  1. Para todo \(m\in\mathbb{R}\), \(m\cdot o(x)=o(x)\).
  2. La suma de un número finito de infinitésimos equivalentes es un infinitésimo.
  3. El producto de un número finito de infinitésimos es un infinitésimo de orden superior.

Bueno, una vez introducidas estas nociones daremos otro resultado que será también una regla muy práctica para el cálculo de límites, entre otras cosas.

  • Proposición

Si \(x\) tiende a \(0\), entonces:

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\frac{\text{sen}\,x}{x}=1\Rightarrow\text{sen}\,x\sim x\).

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\frac{\text{tg}\,x}{x}=1\Rightarrow\text{tg}\,x\sim x\).

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\frac{\text{arcsen}\,x}{x}=1\Rightarrow\text{arcsen}\,x\sim x\).

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\frac{\text{arctg}\,x}{x}=1\Rightarrow\text{arctg}\,x\sim x\).

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\frac{1-\cos x}{x^2/2}=1\Rightarrow1-\cos x\sim \dfrac{x^2}{2}\).

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\frac{(1+x)^\alpha-1}{\alpha x}=1\Rightarrow(1+x)^\alpha-1\sim \alpha x\).

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\frac{\text{e}^x-1}{x}=1\Rightarrow\text{e}^x-1\sim x\quad\text{;}\quad \displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\frac{b^x-1}{x\ln b}=1\Rightarrow b^x-1\sim x\ln b\).

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\frac{\ln(1+x)}{x}=1\Rightarrow\ln(1+x)\sim x\ \text{;}\ \displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\frac{\log_b(1+x)}{x}=1\Rightarrow\log_b(1+x)\sim x\log_b\text{e}\).

En general se puede susituir \(x\) por una función \(h(x)\) siempre que \(h(x)\rightarrow0\).

Para poner de manifiesto el uso de la proposición anterior vamos a calcular como ejemplo los siguientes límites.

a) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\frac{\text{tg}(x^2-1)}{x-1}\)

b) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\frac{2^{x-1}-1}{x-1}\)

c) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1/2}\frac{\ln(4x-1)}{2x-1}\)

d) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\frac{\ln x}{x^2+2x-3}\)

La solución aquí

La solución aquí

En primer lugar observemos que en cada uno de los cuatro límites anteriores se trata de resolver la indeterminación “cero partido por cero”. Usaremos pues la estrategia de infinitésimos equivalentes.

a) Cuando \(x\rightarrow1\), \((x^2-1)\rightarrow0\), es decir, si \(x\rightarrow1\) entonces \(\text{tg}(x^2-1)\sim (x^2-1)\). Por tanto:

\[\lim_{x\rightarrow1}\frac{\text{tg}(x^2-1)}{x-1}=\lim_{x\rightarrow1}\frac{x^2-1}{x-1}=\lim_{x\rightarrow1}\frac{(x+1)(x-1)}{x-1}=\lim_{x\rightarrow1}(x+1)=2\]

b) Al igual que en el apartado a), cuando \(x\rightarrow1\), \((x-1)\rightarrow0\), es decir, si \(x\rightarrow1\) entonces \(2^{x-1}-1\sim (x-1)\ln2\). Por tanto:

\[\lim_{x\rightarrow1}\frac{2^{x-1}-1}{x-1}=\lim_{x\rightarrow1}\frac{(x-1)\ln2}{x-1}=\ln2\]

c) En este caso, cuando \(x\rightarrow1/2\), \((x-1/2)\rightarrow0\) y también que \((4x-2)\rightarrow0\), por tanto, si \(x\rightarrow1/2\) tenemos que \(\ln(4x-1)=\ln(1+4x-2)\sim4x-2\). Entonces:

\[\lim_{x\rightarrow1/2}\frac{\ln(4x-1)}{2x-1}=\lim_{x\rightarrow1/2}\frac{4x-2}{2x-1}=\lim_{x\rightarrow1/2}\frac{2(2x-1)}{2x-1}=2\]

d) Por un proceso anteriormente repetido, como \(x\rightarrow1\), entonces \((x-1)\rightarrow0\), es decir, si \(x\rightarrow1\) tenemos que \(\ln x=\ln(1+x-1)\sim x-1\). Por tanto:

\[\lim_{x\rightarrow1}\frac{\ln x}{x^2+2x-3}=\lim_{x\rightarrow1}\frac{\ln(1+x-1)}{x^2+2x-3}=\lim_{x\rightarrow1}\frac{x-1}{(x-1)(x+3)}=\frac{1}{4}\]

Desde luego, cualquiera de los límites anteriores se pueden calcular usando la regla de L’Hôpital, pero hemos creído oportuno hablar en este artículo de la comparación de infinitos y de los infinitésimos equivalentes como una estrategia más en el cálculo de límites.

Sobre Pedro Castro Ortega

Profesor de Matemáticas en el IES "Fernando de Mena" de Socuéllamos (Ciudad Real, Castilla-La Mancha).

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