En esta colección proponemos 20 ejercicios resueltos sobre la jerarquía de los infinitos, ordenados según una dificultad creciente. Los ejercicios abarcan la comparación de infinitos, los infinitos de orden superior e inferior, los infinitos del mismo orden, la equivalencia asintótica, las jerarquías fundamentales y la determinación del término dominante.
Cada ejercicio se resuelve paso a paso, poniendo de relieve el criterio empleado y explicando por qué puede aplicarse.
Ejercicio 1 — nivel ★☆☆☆☆
Comparar los infinitos \(x^2\) y \(x^5\) cuando \(x\to+\infty\) y determinar cuál de los dos es de orden superior.
Resultado
Se tiene
\[ x^2=o\bigl(x^5\bigr) \qquad\text{cuando }x\to+\infty. \]
Por tanto, \(x^2\) es un infinito de orden inferior respecto a \(x^5\).
Resolución
Ambas funciones tienden a \(+\infty\) cuando \(x\to+\infty\). Para comparar su orden de crecimiento consideramos el cociente entre la primera y la segunda:
\[ \frac{x^2}{x^5}. \]
Utilizando las propiedades de las potencias, simplificamos:
\[ \frac{x^2}{x^5}=\frac{1}{x^3}. \]
Cuando \(x\to+\infty\), también \(x^3\to+\infty\), luego su inverso tiende a \(0\):
\[ \frac{1}{x^3}\to0. \]
Hemos obtenido, por tanto,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x^5}=0. \]
Por definición, esto significa que \(x^2\) es despreciable frente a \(x^5\). En notación \(o\) pequeña,
\[ x^2=o\bigl(x^5\bigr). \]
En consecuencia, \(x^2\) es un infinito de orden inferior respecto a \(x^5\), mientras que \(x^5\) es un infinito de orden superior respecto a \(x^2\).
Ejercicio 2 — nivel ★☆☆☆☆
Determinar si los infinitos \(4x^3\) y \(7x^3\), cuando \(x\to+\infty\), son del mismo orden y si son equivalentes.
Resultado
Los infinitos \(4x^3\) y \(7x^3\) son del mismo orden, pero no son equivalentes.
Resolución
Para comparar las dos funciones calculamos el límite de su cociente:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^3}{7x^3}. \]
Como \(x^3\neq0\) para \(x\) suficientemente grande, podemos simplificar el factor \(x^3\):
\[ \frac{4x^3}{7x^3}=\frac{4}{7}. \]
Por tanto,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^3}{7x^3}=\frac{4}{7}. \]
El límite es un número real finito y distinto de cero. Este es precisamente el criterio que caracteriza a dos infinitos del mismo orden.
Para que las dos funciones fuesen además equivalentes, el límite del cociente debería ser igual a \(1\). En este caso, en cambio,
\[ \frac{4}{7}\neq1. \]
Por tanto, \(4x^3\) y \(7x^3\) son infinitos del mismo orden, pero no son equivalentes.
Ejercicio 3 — nivel ★☆☆☆☆
Demostrar que
\[ x^4+2x^2\sim x^4 \qquad\text{cuando }x\to+\infty. \]
Resultado
Se tiene
\[ x^4+2x^2\sim x^4. \]
Resolución
Para verificar una equivalencia asintótica debemos estudiar el cociente entre las dos funciones y comprobar si este tiende a \(1\).
Consideramos, pues,
\[ \frac{x^4+2x^2}{x^4}. \]
Dividimos por separado los dos términos del numerador entre \(x^4\):
\[ \frac{x^4+2x^2}{x^4} = 1+\frac{2}{x^2}. \]
Cuando \(x\to+\infty\),
\[ \frac{2}{x^2}\to0. \]
En consecuencia,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^4+2x^2}{x^4} = 1. \]
Por la definición de equivalencia asintótica, podemos concluir entonces que
\[ x^4+2x^2\sim x^4. \]
Este resultado expresa también el hecho de que, en la suma \(x^4+2x^2\), el término \(x^4\) es dominante: el término \(2x^2\) crece más lentamente y resulta despreciable frente a \(x^4\).
Ejercicio 4 — nivel ★★☆☆☆
Comparar \(x^3\) y \(x^4\) cuando \(x\to-\infty\).
Resultado
Se tiene
\[ x^3=o\bigl(x^4\bigr) \qquad\text{cuando }x\to-\infty. \]
Por tanto, \(x^3\) es un infinito de orden inferior respecto a \(x^4\).
Resolución
En este caso es importante observar que, cuando \(x\to-\infty\),
\[ x^3\to-\infty, \qquad x^4\to+\infty. \]
Las dos funciones tienen, pues, signo distinto. Para comparar correctamente su magnitud consideramos el cociente entre los módulos:
\[ \frac{|x^3|}{|x^4|}. \]
Utilizando las propiedades del valor absoluto,
\[ |x^3|=|x|^3, \qquad |x^4|=|x|^4. \]
Por tanto,
\[ \frac{|x^3|}{|x^4|} = \frac{|x|^3}{|x|^4} = \frac{1}{|x|}. \]
Cuando \(x\to-\infty\), se tiene \(|x|\to+\infty\). En consecuencia,
\[ \frac{1}{|x|}\to0. \]
De ello se sigue que
\[ \lim_{x\to-\infty} \frac{|x^3|}{|x^4|} =0. \]
La magnitud de \(x^3\) es, por tanto, despreciable frente a la de \(x^4\). Equivalentemente,
\[ x^3=o\bigl(x^4\bigr) \qquad\text{cuando }x\to-\infty. \]
Ejercicio 5 — nivel ★★☆☆☆
Comparar \(\ln(x)\) y \(x^{1/3}\) cuando \(x\to+\infty\).
Resultado
Se tiene
\[ \ln(x)=o\bigl(x^{1/3}\bigr). \]
Resolución
Ambas funciones tienden a \(+\infty\), pero pertenecen a dos familias distintas: \(\ln(x)\) es una función logarítmica, mientras que \(x^{1/3}\) es una potencia positiva de \(x\).
La jerarquía fundamental de los infinitos establece que cualquier potencia positiva del logaritmo neperiano crece más lentamente que cualquier potencia positiva de \(x\):
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^p=o\bigl(x^q\bigr) \]
para todo \(p>0\) y \(q>0\).
En nuestro caso podemos elegir
\[ p=1, \qquad q=\frac{1}{3}. \]
Obtenemos inmediatamente
\[ \ln(x)=o\bigl(x^{1/3}\bigr). \]
En términos del cociente, esta relación significa
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(x)}{x^{1/3}} =0. \]
Así pues, aunque ambas funciones se hacen arbitrariamente grandes, \(x^{1/3}\) crece asintóticamente más deprisa que \(\ln(x)\).
Ejercicio 6 — nivel ★★☆☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{\sqrt{x}}. \]
Resultado
\[ 0 \]
Resolución
Escribimos en primer lugar la raíz cuadrada como potencia:
\[ \sqrt{x}=x^{1/2}. \]
El límite se convierte entonces en
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{x^{1/2}}. \]
La jerarquía fundamental afirma que, para todo \(p>0\) y \(q>0\),
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^p=o\bigl(x^q\bigr). \]
Tomando
\[ p=4, \qquad q=\frac{1}{2}, \]
obtenemos
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^4=o\bigl(x^{1/2}\bigr). \]
Por definición de \(o\) pequeña, esto significa precisamente que
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{x^{1/2}} =0. \]
Por tanto,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\bigl(\ln(x)\bigr)^4}{\sqrt{x}} =0 . \]
Ejercicio 7 — nivel ★★☆☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^6}{e^x}. \]
Resultado
\[ 0 \]
Resolución
El numerador \(x^6\) es una potencia positiva de \(x\), mientras que el denominador \(e^x\) es una función exponencial de base \(e>1\).
La jerarquía fundamental de los infinitos establece que toda potencia positiva de \(x\) crece más lentamente que toda exponencial de base mayor que \(1\):
\[ x^q=o\bigl(a^x\bigr) \]
para todo \(q>0\) y \(a>1\).
En nuestro caso
\[ q=6, \qquad a=e. \]
Por tanto,
\[ x^6=o\bigl(e^x\bigr). \]
La notación \(o\) pequeña significa exactamente que el cociente entre \(x^6\) y \(e^x\) tiende a cero:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^6}{e^x}=0. \]
Ejercicio 8 — nivel ★★☆☆☆
Comparar \(3^x\) y \(7^x\) cuando \(x\to+\infty\).
Resultado
\[ 3^x=o\bigl(7^x\bigr). \]
Resolución
Ambas funciones son exponenciales de base mayor que \(1\). Dentro de esta familia, la exponencial de base mayor crece más deprisa.
Podemos comprobarlo directamente estudiando el cociente:
\[ \frac{3^x}{7^x}. \]
Utilizando la propiedad de las potencias con el mismo exponente,
\[ \frac{3^x}{7^x} = \left(\frac{3}{7}\right)^x. \]
Puesto que
\[ 0<\frac{3}{7}<1, \]
la potencia \(\left(\displaystyle\frac{3}{7}\right)^x\) tiende a \(0\) cuando \(x\to+\infty\). Por tanto,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{3^x}{7^x} =0. \]
Por definición,
\[ 3^x=o\bigl(7^x\bigr). \]
Así pues, \(3^x\) es un infinito de orden inferior respecto a \(7^x\).
Ejercicio 9 — nivel ★★☆☆☆
Comparar
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) \qquad\text{y}\qquad \sqrt{\ln(x)} \]
cuando \(x\to+\infty\).
Resultado
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl(\sqrt{\ln(x)}\bigr). \]
Resolución
Escribamos la segunda función como potencia del logaritmo:
\[ \sqrt{\ln(x)} = \bigl(\ln(x)\bigr)^{1/2}. \]
La jerarquía de los infinitos puede extenderse al logaritmo iterado, y establece que
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^p\bigr) \]
para todo \(p>0\).
Eligiendo
\[ p=\frac{1}{2}, \]
obtenemos
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^{1/2}\bigr). \]
Como \((\ln(x))^{1/2}=\sqrt{\ln(x)}\), podemos concluir que
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl(\sqrt{\ln(x)}\bigr). \]
Ejercicio 10 — nivel ★★☆☆☆
Comparar \(e^x\) y \(x^x\) cuando \(x\to+\infty\).
Resultado
\[ e^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
Resolución
Ambas funciones tienden a \(+\infty\), pero \(x^x\) crece más deprisa que cualquier exponencial \(a^x\) de base constante \(a>1\).
En efecto, la jerarquía fundamental extendida contiene la relación
\[ a^x=o\bigl(x^x\bigr) \]
para toda base fija \(a>1\).
Eligiendo \(a=e\), obtenemos inmediatamente
\[ e^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
De forma equivalente,
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{x^x}=0. \]
Por tanto, \(x^x\) es un infinito de orden superior respecto a \(e^x\).
Ejercicio 11 — nivel ★★★☆☆
Ordenar, desde la función que crece más lentamente hasta la que crece más deprisa, las siguientes funciones cuando \(x\to+\infty\):
\[ x^4,\qquad 2^x,\qquad \bigl(\ln(x)\bigr)^3,\qquad x^{1/2},\qquad x^x,\qquad \ln\bigl(\ln(x)\bigr). \]
Resultado
El orden correcto es
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr), \quad \bigl(\ln(x)\bigr)^3, \quad x^{1/2}, \quad x^4, \quad 2^x, \quad x^x. \]
Resolución
Procedemos identificando la familia a la que pertenece cada función.
La función
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) \]
es un logaritmo iterado. Crece más lentamente que cualquier potencia positiva de \(\ln(x)\). En particular,
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^3\bigr). \]
A continuación comparamos \((\ln(x))^3\) con \(x^{1/2}\). Toda potencia positiva del logaritmo crece más lentamente que toda potencia positiva de \(x\), luego
\[ (\ln(x))^3=o\bigl(x^{1/2}\bigr). \]
Entre las dos potencias \(x^{1/2}\) y \(x^4\), la de mayor exponente crece más deprisa:
\[ x^{1/2}=o\bigl(x^4\bigr). \]
Toda potencia positiva de \(x\) crece más lentamente que una exponencial de base mayor que \(1\), luego
\[ x^4=o\bigl(2^x\bigr). \]
Finalmente, toda exponencial de base constante mayor que \(1\) crece más lentamente que \(x^x\):
\[ 2^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
Reuniendo todas las comparaciones obtenemos la cadena
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr) = o\bigl((\ln(x))^3\bigr), \]
\[ (\ln(x))^3 = o\bigl(x^{1/2}\bigr), \]
\[ x^{1/2} = o\bigl(x^4\bigr), \]
\[ x^4=o\bigl(2^x\bigr), \qquad 2^x=o\bigl(x^x\bigr). \]
Por tanto, desde la función que crece más lentamente hasta la que crece más deprisa, el orden pedido es
\[ \ln\bigl(\ln(x)\bigr), \qquad \bigl(\ln(x)\bigr)^3, \qquad x^{1/2}, \qquad x^4, \qquad 2^x, \qquad x^x. \]
Ejercicio 12 — nivel ★★★☆☆
Determinar el término dominante de
\[ f(x)=5x^6-2x^3+7 \]
cuando \(x\to+\infty\) y encontrar una función equivalente a \(f\).
Resultado
El término dominante es \(5x^6\) y
\[ 5x^6-2x^3+7\sim5x^6. \]
Resolución
Entre las potencias positivas de \(x\), la de mayor exponente crece más deprisa. En la función
\[ 5x^6-2x^3+7 \]
el término de mayor potencia es \(5x^6\).
Para demostrar rigurosamente que este es dominante, dividimos toda la función entre \(5x^6\):
\[ \frac{5x^6-2x^3+7}{5x^6} = 1-\frac{2x^3}{5x^6}+\frac{7}{5x^6}. \]
Simplificando,
\[ \frac{5x^6-2x^3+7}{5x^6} = 1-\frac{2}{5x^3}+\frac{7}{5x^6}. \]
Cuando \(x\to+\infty\),
\[ \frac{2}{5x^3}\to0, \qquad \frac{7}{5x^6}\to0. \]
Por tanto,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{5x^6-2x^3+7}{5x^6} =1. \]
Por la definición de equivalencia asintótica,
\[ 5x^6-2x^3+7\sim5x^6 . \]
Ejercicio 13 — nivel ★★★☆☆
Determinar el término dominante de
\[ f(x)=4e^x+x^8-\bigl(\ln(x)\bigr)^5 \]
cuando \(x\to+\infty\).
Resultado
El término dominante es \(4e^x\) y
\[ 4e^x+x^8-\bigl(\ln(x)\bigr)^5\sim4e^x. \]
Resolución
Los tres términos pertenecen a familias distintas:
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^5, \qquad x^8, \qquad e^x. \]
La jerarquía fundamental establece que
\[ \bigl(\ln(x)\bigr)^5=o\bigl(x^8\bigr) \]
y
\[ x^8=o\bigl(e^x\bigr). \]
La exponencial es, por tanto, el término de mayor crecimiento.
Para verificar que \(f(x)\) es efectivamente equivalente a \(4e^x\), dividimos entre \(4e^x\):
\[ \frac{4e^x+x^8-(\ln(x))^5}{4e^x} = 1+\frac{x^8}{4e^x} - \frac{(\ln(x))^5}{4e^x}. \]
Como \(x^8=o(e^x)\),
\[ \frac{x^8}{4e^x}\to0. \]
Para el término \((\ln(x))^5\) utilizamos ambas comparaciones de la jerarquía. En efecto, podemos escribir
\[ \frac{(\ln(x))^5}{4e^x} = \frac{1}{4} \cdot \frac{(\ln(x))^5}{x^8} \cdot \frac{x^8}{e^x}. \]
Como
\[ \frac{(\ln(x))^5}{x^8}\to0 \qquad\text{y}\qquad \frac{x^8}{e^x}\to0, \]
su producto también tiende a \(0\). Por tanto,
\[ \frac{(\ln(x))^5}{4e^x}\to0. \]
Obtenemos, pues,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{4e^x+x^8-(\ln(x))^5}{4e^x} =1. \]
Por tanto,
\[ 4e^x+x^8-\bigl(\ln(x)\bigr)^5\sim4e^x . \]
Ejercicio 14 — nivel ★★★☆☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^3+2x)(\ln(x)+1)} {x^3\ln(x)}. \]
Resultado
\[ 1 \]
Resolución
El numerador es el producto de dos factores. Estudiémoslos por separado.
Para el primer factor,
\[ \frac{x^3+2x}{x^3} = 1+\frac{2}{x^2}\to1. \]
Por tanto,
\[ x^3+2x\sim x^3. \]
Para el segundo factor,
\[ \frac{\ln(x)+1}{\ln(x)} = 1+\frac{1}{\ln(x)}. \]
Como \(\ln(x)\to+\infty\),
\[ \frac{1}{\ln(x)}\to0. \]
Por tanto,
\[ \ln(x)+1\sim\ln(x). \]
La equivalencia asintótica se conserva en los productos. Por tanto,
\[ (x^3+2x)(\ln(x)+1) \sim x^3\ln(x). \]
Por la definición de equivalencia,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^3+2x)(\ln(x)+1)} {x^3\ln(x)} =1. \]
Ejercicio 15 — nivel ★★★☆☆
Determinar si
\[ 3x^4+x \qquad\text{y}\qquad 5x^4-2 \]
son infinitos del mismo orden o equivalentes cuando \(x\to+\infty\).
Resultado
Las dos funciones son infinitos del mismo orden, pero no son equivalentes.
Resolución
Consideramos el cociente
\[ \frac{3x^4+x}{5x^4-2}. \]
Como en el numerador y en el denominador el término de mayor grado es de grado cuatro, dividimos ambos entre \(x^4\):
\[ \frac{3x^4+x}{5x^4-2} = \frac{3+\displaystyle\frac{1}{x^3}}{5-\displaystyle\frac{2}{x^4}}. \]
Cuando \(x\to+\infty\),
\[ \frac{1}{x^3}\to0, \qquad \frac{2}{x^4}\to0. \]
Por tanto,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{3x^4+x}{5x^4-2} = \frac{3}{5}. \]
El límite es positivo y finito, luego las dos funciones son infinitos del mismo orden.
Sin embargo,
\[ \frac{3}{5}\neq1. \]
En consecuencia, no son equivalentes.
Podemos también observar por separado que
\[ 3x^4+x\sim3x^4, \qquad 5x^4-2\sim5x^4, \]
y que los dos términos dominantes difieren en un factor constante.
Ejercicio 16 — nivel ★★★★☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{e^x+x^6}{e^x-3x^2}. \]
Resultado
\[ 1 \]
Resolución
En el numerador aparecen \(e^x\) y \(x^6\). En el denominador aparecen \(e^x\) y \(x^2\).
La jerarquía fundamental nos dice que cualquier potencia positiva de \(x\) es despreciable frente a \(e^x\). En particular,
\[ x^6=o\bigl(e^x\bigr), \qquad x^2=o\bigl(e^x\bigr). \]
El término dominante tanto en el numerador como en el denominador es, por tanto, \(e^x\).
Dividimos el numerador y el denominador entre \(e^x\):
\[ \frac{e^x+x^6}{e^x-3x^2} = \frac{1+\displaystyle\frac{x^6}{e^x}}{1-\displaystyle\frac{3x^2}{e^x}}. \]
Por las relaciones anteriores,
\[ \frac{x^6}{e^x}\to0 \]
y
\[ \frac{3x^2}{e^x}\to0. \]
Pasando al límite obtenemos
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{x^6}{e^x}}{1-\displaystyle\frac{3x^2}{e^x}} = \frac{1+0}{1-0} =1. \]
Por tanto,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{e^x+x^6}{e^x-3x^2} =1 . \]
Podemos expresar el mismo resultado afirmando que
\[ e^x+x^6\sim e^x \qquad\text{y}\qquad e^x-3x^2\sim e^x. \]
Ejercicio 17 — nivel ★★★★☆
Sabiendo que
\[ \ln(x)=o\bigl(\sqrt{x}\bigr) \qquad\text{cuando }x\to+\infty, \]
determinar la relación correspondiente entre los recíprocos
\[ \frac{1}{\ln(x)} \qquad\text{y}\qquad \frac{1}{\sqrt{x}}. \]
Resultado
Se tiene
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} = o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right). \]
Resolución
La relación inicial
\[ \ln(x)=o\bigl(\sqrt{x}\bigr) \]
significa, por definición, que
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}} =0. \]
Ahora queremos comparar los recíprocos
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} \qquad\text{y}\qquad \frac{1}{\ln(x)}. \]
Formamos el cociente entre el primero y el segundo:
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}}{\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}}. \]
Dividir entre una fracción equivale a multiplicar por su inverso, así que
\[ \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}}{\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}} = \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}. \]
Pero ya hemos establecido que
\[ \frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}\to0. \]
En consecuencia,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}}{\displaystyle\frac{1}{\ln(x)}} =0. \]
Por definición de \(o\) pequeña,
\[ \frac{1}{\sqrt{x}} = o\left(\frac{1}{\ln(x)}\right) . \]
Al pasar a los recíprocos se invierte, pues, el orden de magnitud: cuanto más deprisa crece una función, más deprisa tiende a cero su recíproco.
Ejercicio 18 — nivel ★★★★☆
Sabiendo que
\[ x^2+x\sim x^2 \qquad\text{cuando }x\to+\infty, \]
explicar por qué no es correcto sustituir \(x^2+x\) por \(x^2\) en la diferencia
\[ (x^2+x)-x^2, \]
y calcular
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^2+x)-x^2}{x}. \]
Resultado
En este caso no es lícito sustituir \(x^2+x\) por su equivalente \(x^2\) en la diferencia, porque la cancelación de los términos dominantes haría perder el término \(x\).
El límite vale
\[ 1. \]
Resolución
Comenzamos verificando la equivalencia indicada:
\[ \frac{x^2+x}{x^2} = 1+\frac{1}{x}\to1. \]
Así pues, es efectivamente cierto que
\[ x^2+x\sim x^2. \]
Sin embargo, la equivalencia asintótica no es una igualdad. Decir que \(x^2+x\sim x^2\) no significa que podamos sustituir siempre \(x^2+x\) por \(x^2\) en cualquier expresión.
Consideremos, en efecto, la diferencia exacta:
\[ (x^2+x)-x^2. \]
Los términos \(x^2\) se cancelan y queda
\[ (x^2+x)-x^2=x. \]
En consecuencia,
\[ \frac{(x^2+x)-x^2}{x} = \frac{x}{x} =1. \]
Por tanto,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(x^2+x)-x^2}{x} =1 . \]
Veamos ahora qué ocurriría si efectuáramos indebidamente la sustitución
\[ x^2+x\sim x^2 \]
directamente en la diferencia. Obtendríamos
\[ x^2-x^2=0, \]
perdiendo por completo el término \(x\), que es precisamente lo que queda tras la cancelación.
Este ejemplo muestra por qué los equivalentes pueden utilizarse directamente en productos y cocientes, pero no de forma indiscriminada en sumas y diferencias.
Ejercicio 19 — nivel ★★★★☆
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(\ln(x))^3+x^4}{e^x}. \]
Resultado
\[ 0 \]
Resolución
El numerador es la suma de dos funciones:
\[ (\ln(x))^3 \qquad\text{y}\qquad x^4. \]
Comparémoslas primero entre sí. Por la jerarquía fundamental,
\[ (\ln(x))^3=o\bigl(x^4\bigr). \]
Por tanto, dentro del numerador, el término dominante es \(x^4\).
Podemos comprobarlo dividiendo el numerador entre \(x^4\):
\[ \frac{(\ln(x))^3+x^4}{x^4} = \frac{(\ln(x))^3}{x^4}+1. \]
Como
\[ \frac{(\ln(x))^3}{x^4}\to0, \]
se sigue que
\[ (\ln(x))^3+x^4\sim x^4. \]
Ahora comparamos \(x^4\) con el denominador \(e^x\). Una potencia positiva de \(x\) crece más lentamente que una exponencial:
\[ x^4=o\bigl(e^x\bigr). \]
Podemos también descomponer directamente el cociente inicial:
\[ \frac{(\ln(x))^3+x^4}{e^x} = \frac{(\ln(x))^3}{e^x} + \frac{x^4}{e^x}. \]
El segundo término tiende a \(0\) porque \(x^4=o(e^x)\).
Para el primer término podemos escribir
\[ \frac{(\ln(x))^3}{e^x} = \frac{(\ln(x))^3}{x^4} \cdot \frac{x^4}{e^x}. \]
Ambos factores tienden a \(0\), luego su producto también tiende a \(0\).
En consecuencia,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{(\ln(x))^3+x^4}{e^x} =0 . \]
Ejercicio 20 — nivel ★★★★★
Calcular
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^x+3^x}{2x^x+x^5}. \]
Resultado
\[ \frac{1}{2} \]
Resolución
En este límite aparecen tres tipos distintos de crecimiento:
\[ x^5,\qquad 3^x,\qquad x^x. \]
Debemos, en primer lugar, determinar qué función domina a las demás.
La jerarquía fundamental nos proporciona
\[ x^5=o\bigl(3^x\bigr), \]
porque toda potencia positiva de \(x\) crece más lentamente que toda exponencial de base mayor que \(1\).
Además,
\[ 3^x=o\bigl(x^x\bigr), \]
porque toda exponencial de base constante mayor que \(1\) crece más lentamente que \(x^x\).
El término dominante tanto en el numerador como en el denominador es, por tanto, \(x^x\).
Dividimos el numerador y el denominador entre \(x^x\):
\[ \frac{x^x+3^x}{2x^x+x^5} = \frac{1+\displaystyle\frac{3^x}{x^x}}{2+\displaystyle\frac{x^5}{x^x}}. \]
De la relación
\[ 3^x=o\bigl(x^x\bigr) \]
se sigue de inmediato que
\[ \frac{3^x}{x^x}\to0. \]
Debemos ahora justificar con cuidado también que
\[ \frac{x^5}{x^x}\to0. \]
Utilizamos las dos comparaciones de la jerarquía ya establecidas:
\[ \frac{x^5}{3^x}\to0 \qquad\text{y}\qquad \frac{3^x}{x^x}\to0. \]
Podemos escribir
\[ \frac{x^5}{x^x} = \frac{x^5}{3^x} \cdot \frac{3^x}{x^x}. \]
Ambos factores tienden a \(0\). Por tanto, su producto tiende a \(0\):
\[ \frac{x^5}{x^x}\to0. \]
Podemos ahora pasar al límite en la expresión obtenida:
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{3^x}{x^x}}{2+\displaystyle\frac{x^5}{x^x}} = \frac{1+0}{2+0} = \frac{1}{2}. \]
Por tanto,
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{x^x+3^x}{2x^x+x^5} = \frac{1}{2} . \]
El resultado puede interpretarse también a través de los términos dominantes:
\[ x^x+3^x\sim x^x \]
y
\[ 2x^x+x^5\sim2x^x. \]
El cociente entre las dos funciones se comporta, por tanto, como
\[ \frac{x^x}{2x^x}=\frac{1}{2}. \]