Soluzione quesito 1:

Dominio

Per trovare il dominio della funzione (che è una funzione razionale fratta), dobbiamo porre il denominatore diverso da zero.

\[ x + 2 \ne 0 \implies x \ne -2 \]

Quindi il dominio della funzione è \(D = (-\infty, -2) \cup (-2, +\infty)\).

Asintoti verticali

Gli asintoti verticali possono esistere nei punti esclusi dal dominio, in questo caso in \(x = -2\). Calcoliamo il limite per \(x \to -2\):

\[ \lim_{x \to -2} \frac{x^2 - 1}{x + 2} = \frac{(-2)^2 - 1}{(-2) + 2} = \frac{4 - 1}{0} = \frac{3}{0} \]

Poiché il numeratore tende a \(3\) e il denominatore tende a \(0\), il limite sarà \(\infty\). Calcoliamo i limiti laterali per determinarne il segno:

\[ \lim_{x \to -2^-} \frac{x^2 - 1}{x + 2} = \frac{3}{0^-} = -\infty \] \[ \lim_{x \to -2^+} \frac{x^2 - 1}{x + 2} = \frac{3}{0^+} = +\infty \]

La retta di equazione **\(x = -2\)** è un **asintoto verticale**.

Asintoti orizzontali

Gli asintoti orizzontali si cercano calcolando il limite della funzione per \(x \to \pm\infty\):

\[ \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2 - 1}{x + 2} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} x = \pm\infty \]

Poiché il limite è infinito, **non ci sono asintoti orizzontali**.

Asintoti obliqui

Poiché il grado del numeratore (2) supera di uno il grado del denominatore (1) e non ci sono asintoti orizzontali, cerchiamo un asintoto obliquo di equazione \(y = mx + q\).

Calcolo di \(m\):

\[ m = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2 - 1}{x(x + 2)} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2 - 1}{x^2 + 2x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2}{x^2} = 1 \]

Quindi **\(m = 1\)**.

Calcolo di \(q\):

\[ q = \lim_{x \to \pm\infty} [f(x) - mx] = \lim_{x \to \pm\infty} \left[ \frac{x^2 - 1}{x + 2} - 1 \cdot x \right] = \lim_{x \to \pm\infty} \left[ \frac{x^2 - 1 - x(x + 2)}{x + 2} \right] \] \[ q = \lim_{x \to \pm\infty} \left[ \frac{x^2 - 1 - x^2 - 2x}{x + 2} \right] = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{-2x - 1}{x + 2} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{-2x}{x} = -2 \]

Quindi **\(q = -2\)**.

La retta di equazione **\(y = x - 2\)** è un **asintoto obliquo** (valido sia per \(x \to +\infty\) che per \(x \to -\infty\)).

Mostriamo, anche se non richiesto, il grafico della funzione:

Soluzione quesito 2:

Dominio

Per trovare il dominio della funzione (che è una funzione irrazionale con radice di indice pari), dobbiamo imporre che l'argomento della radice sia maggiore o uguale a zero.

\[ x^2 - 4x \ge 0 \]

Risolvendo l'equazione associata \(x^2 - 4x = 0 \implies x(x - 4) = 0\), le radici sono \(x = 0\) e \(x = 4\). Poiché la parabola ha concavità verso l'alto, la disequazione è soddisfatta per valori esterni alle radici.

Quindi il dominio della funzione è \(D = (-\infty, 0] \cup [4, +\infty)\).

Asintoti verticali

**Non ci sono asintoti verticali** perché la funzione è continua nel suo dominio

Asintoti orizzontali

Gli asintoti orizzontali si cercano calcolando il limite della funzione per \(x \to \pm\infty\):

\[ \lim_{x \to \pm\infty} \sqrt{x^2 - 4x} = \lim_{x \to \pm\infty} \sqrt{x^2} = \lim_{x \to \pm\infty} |x| = +\infty \]

Poiché il limite è infinito, **non ci sono asintoti orizzontali**. Cerchiamo gli asintoti obliqui.

Asintoti obliqui

Cerchiamo l'asintoto obliquo \(y = mx + q\) separatamente per \(x \to +\infty\) e per \(x \to -\infty\).

Caso 1: \(x \to +\infty\) (dove \(|x| = x\))

Calcolo di \(m_1\):

\[ m_1 = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2 - 4x}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2(1 - 4/x)}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x \sqrt{1 - 4/x}}{x} = 1 \]

Quindi **\(m_1 = 1\)**.

Calcolo di \(q_1\):

\[ q_1 = \lim_{x \to +\infty} [f(x) - m_1 x] = \lim_{x \to +\infty} \left[ \sqrt{x^2 - 4x} - x \right] \]

La forma indeterminata \(\infty - \infty\) si risolve moltiplicando e dividendo per il fattore razionalizzante:

\[ q_1 = \lim_{x \to +\infty} \frac{(\sqrt{x^2 - 4x} - x)(\sqrt{x^2 - 4x} + x)}{\sqrt{x^2 - 4x} + x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{(x^2 - 4x) - x^2}{\sqrt{x^2 - 4x} + x} \] \[ q_1 = \lim_{x \to +\infty} \frac{-4x}{\sqrt{x^2(1 - 4/x)} + x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{-4x}{x\sqrt{1 - 4/x} + x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{-4x}{x(\sqrt{1 - 4/x} + 1)} \] \[ q_1 = \lim_{x \to +\infty} \frac{-4}{\sqrt{1 - 4/x} + 1} = \frac{-4}{\sqrt{1 - 0} + 1} = \frac{-4}{2} = -2 \]

Quindi **\(q_1 = -2\)**. L'asintoto obliquo per \(x \to +\infty\) è **\(y = x - 2\)**.

Caso 2: \(x \to -\infty\) (dove \(|x| = -x\)

Calcolo di \(m_2\):

\[ m_2 = \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2 - 4x}}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2(1 - 4/x)}}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{|x| \sqrt{1 - 4/x}}{x} \]

Poiché \(x \to -\infty\), \(|x| = -x\):

\[ m_2 = \lim_{x \to -\infty} \frac{-x \sqrt{1 - 4/x}}{x} = \lim_{x \to -\infty} - \sqrt{1 - 4/x} = -1 \]

Quindi **\(m_2 = -1\)**.

Calcolo di \(q_2\):

\[ q_2 = \lim_{x \to -\infty} [f(x) - m_2 x] = \lim_{x \to -\infty} \left[ \sqrt{x^2 - 4x} - (-1)x \right] = \lim_{x \to -\infty} \left[ \sqrt{x^2 - 4x} + x \right] \]

La forma indeterminata \(\infty - \infty\) si risolve moltiplicando e dividendo per il fattore razionalizzante:

\[ q_2 = \lim_{x \to -\infty} \frac{(\sqrt{x^2 - 4x} + x)(\sqrt{x^2 - 4x} - x)}{\sqrt{x^2 - 4x} - x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{(x^2 - 4x) - x^2}{\sqrt{x^2 - 4x} - x} \] \[ q_2 = \lim_{x \to -\infty} \frac{-4x}{\sqrt{x^2(1 - 4/x)} - x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{-4x}{|x|\sqrt{1 - 4/x} - x} \]

Poiché \(x \to -\infty\), \(|x| = -x\):

\[ q_2 = \lim_{x \to -\infty} \frac{-4x}{-x\sqrt{1 - 4/x} - x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{-4x}{-x(\sqrt{1 - 4/x} + 1)} = \lim_{x \to -\infty} \frac{4}{\sqrt{1 - 4/x} + 1} \] \[ q_2 = \frac{4}{\sqrt{1 - 0} + 1} = \frac{4}{2} = 2 \]

Quindi **\(q_2 = 2\)**. L'asintoto obliquo per \(x \to -\infty\) è **\(y = -x + 2\)**.

In conclusione, la funzione ha due asintoti obliqui distinti: **\(y = x - 2\) per \(x \to +\infty\)** e **\(y = -x + 2\) per \(x \to -\infty\)**.

Mostriamo, anche se non richiesto, il grafico della funzione:

Soluzione quesito 3:

Dominio

Per trovare il dominio della funzione, dobbiamo imporre che il denominatore sia diverso da zero.

\[ x + 1 \ne 0 \implies x \ne -1 \]

Quindi il dominio della funzione è \(D = (-\infty, -1) \cup (-1, +\infty)\).

Asintoti verticali

Gli asintoti verticali possono esistere nei punti esclusi dal dominio, in questo caso in \(x = -1\). Calcoliamo il limite per \(x \to -1\):

\[ \lim_{x \to -1} \frac{e^x}{x + 1} = \frac{e^{-1}}{-1 + 1} = \frac{1/e}{0} \]

Poiché il numeratore tende a un valore positivo (\(1/e \approx 0.368\)) e il denominatore tende a \(0\), il limite sarà \(\infty\). Calcoliamo i limiti laterali:

\[ \lim_{x \to -1^-} \frac{e^x}{x + 1} = \frac{1/e}{0^-} = -\infty \] \[ \lim_{x \to -1^+} \frac{e^x}{x + 1} = \frac{1/e}{0^+} = +\infty \]

La retta di equazione **\(x = -1\)** è un **asintoto verticale**.

Asintoti orizzontali

Gli asintoti orizzontali si cercano calcolando il limite della funzione per \(x \to \pm\infty\).

Caso 1: \(x \to -\infty\)

\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{e^x}{x + 1} = \frac{e^{-\infty}}{-\infty + 1} = \frac{0}{-\infty} = 0 \]

La retta di equazione **\(y = 0\)** è un **asintoto orizzontale** per \(x \to -\infty\).

Caso 2: \(x \to +\infty\)

\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x + 1} = \frac{\infty}{\infty} \]

Siccome \(e^x\) è infinito di ordine superiore rispetto a (\(x+1\)):

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x + 1} = +\infty \]

Poiché il limite è infinito, **non ci sono asintoti orizzontali** per \(x \to +\infty\).

Asintoti obliqui

Cerchiamo l'eventuale asintoto obliquo \(y = mx + q\) per \(x \to +\infty\).

Calcolo di \(m\):

\[ m = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x(x + 1)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x^2 + x} \]

Siccome \(e^x\) è infinito di ordine superiore rispetto a (\(x^2+x\)):

\[ m = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{x^2 + x} = +\infty \]

Poiché \(m\) non è finito, la funzione **non ha asintoti obliqui**.

In sintesi, la funzione ha un **asintoto verticale** \(x = -1\) e un **asintoto orizzontale** \(y = 0\) solo per \(x \to -\infty\).

Mostriamo, anche se non richiesto, il grafico della funzione:

Soluzione quesito 4:

Dominio

Per trovare il **dominio** della funzione logaritmica, l'argomento deve essere strettamente positivo:

\[ x^2 - 4x + 3 > 0 \]

Risolviamo l'equazione associata \(x^2 - 4x + 3 = 0\), le cui radici sono \(x_1 = 1\) e \(x_2 = 3\).

La disequazione è soddisfatta per valori esterni alle radici.

Il **dominio** della funzione è \(D = (-\infty, 1) \cup (3, +\infty)\).

Asintoti Verticali

Gli asintoti verticali vanno cercati nei punti esclusi dal dominio, ovvero \(x = 1\) e \(x = 3\). Calcoliamo i limiti laterali in questi punti. Poiché in entrambi i casi l'argomento del logaritmo tende a \(0^+\), il limite sarà \(-\infty\).

\[ \lim_{x \to 1^-} \ln(x^2 - 4x + 3) = \lim_{t \to 0^+} \ln(t) = -\infty \] \[ \lim_{x \to 3^+} \ln(x^2 - 4x + 3) = \lim_{t \to 0^+} \ln(t) = -\infty \]

Le rette di equazione **\(x = 1\)** e **\(x = 3\)** sono **asintoti verticali**.

Asintoti Orizzontali

Si cercano calcolando il limite per \(x \to \pm\infty\):

\[ \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \lim_{x \to \pm\infty} \ln(x^2 - 4x + 3) \]

Poiché per \(x \to \pm\infty\) l'argomento del logaritmo, \(x^2 - 4x + 3\), tende a \(+\infty\):

\[ \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \ln(+\infty) = +\infty \]

Poiché il limite è infinito, **non esistono asintoti orizzontali**.

Asintoti Obliqui

L'asintoto obliquo \(y = mx + q\) si cerca per \(x \to \pm\infty\).

Calcoliamo il coefficiente angolare \(m\):

\[ m = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{\ln(x^2 - 4x + 3)}{x} \]

Si tratta di una forma indeterminata \(\frac{\infty}{\infty}\). Siccome \(x\) è infinito di ordine superiore rispetto a \(ln(x^2 - 4x + 3) \) si ha \(m=0\).

Poiché \(m=0\), **non esistono asintoti obliqui**.

Mostriamo, anche se non richiesto, il grafico della funzione:

Soluzione quesito 5:

Dominio nell'intervallo \([0, 2\pi]\)

Il dominio della funzione è dato dalla condizione che il denominatore non sia nullo:

\[ \sin(x) - \frac{1}{2} \ne 0 \implies \sin(x) \ne \frac{1}{2} \]

Nell'intervallo \([0, 2\pi]\), il seno è uguale a \(\frac{1}{2}\) per due valori:

\[ x = \frac{\pi}{6} \quad \text{e} \quad x = \frac{5\pi}{6} \]

Il **dominio** \(D\) è l'intervallo chiuso dato, con l'esclusione di questi due punti:

\[ D = \left[0, \frac{\pi}{6}\right) \cup \left(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\right) \cup \left(\frac{5\pi}{6}, 2\pi\right] \]

Asintoti Verticali

Gli asintoti verticali si cercano nei punti di discontinuità, che in questo caso sono \(x = \frac{\pi}{6}\) e \(x = \frac{5\pi}{6}\). Calcoliamo i limiti laterali in questi punti.

1. Asintoto in \(x = \frac{\pi}{6}\)

Il numeratore in \(x = \frac{\pi}{6}\) è \(\cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2} > 0\). Il denominatore tende a \(0\).

• Per \(x \to \frac{\pi}{6}^-\): \(\sin(x) < \frac{1}{2}\), quindi il denominatore \(\sin(x) - \frac{1}{2}\) tende a \(0^-\). \[ \lim_{x \to \frac{\pi}{6}^-} f(x) = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{0^-} = -\infty \]
• Per \(x \to \frac{\pi}{6}^+\): \(\sin(x) > \frac{1}{2}\), quindi il denominatore \(\sin(x) - \frac{1}{2}\) tende a \(0^+\). \[ \lim_{x \to \frac{\pi}{6}^+} f(x) = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{0^+} = +\infty \]

La retta di equazione **\(x = \frac{\pi}{6}\)** è un **asintoto verticale**.

2. Asintoto in \(x = \frac{5\pi}{6}\)

Il numeratore in \(x = \frac{5\pi}{6}\) è \(\cos(\frac{5\pi}{6}) = -\frac{\sqrt{3}}{2} < 0\). Il denominatore tende a \(0\).

• Per \(x \to \frac{5\pi}{6}^-\): \(\sin(x) > \frac{1}{2}\), quindi il denominatore tende a \(0^+\). \[ \lim_{x \to \frac{5\pi}{6}^-} f(x) = \frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{0^+} = -\infty \]
• Per \(x \to \frac{5\pi}{6}^+\): \(\sin(x) < \frac{1}{2}\), quindi il denominatore tende a \(0^-\). \[ \lim_{x \to \frac{5\pi}{6}^+} f(x) = \frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{0^-} = +\infty \]

La retta di equazione **\(x = \frac{5\pi}{6}\)** è un **asintoto verticale**.

Asintoti Orizzontali e Obliqui

Poiché la funzione è studiata in un intervallo chiuso e limitato \([0, 2\pi]\), non ha senso calcolare limiti per \(x \to \pm\infty\). Di conseguenza, **non esistono asintoti orizzontali né obliqui** nell'intervallo di studio.

Mostriamo, anche se non richiesto, il grafico della funzione:

Soluzione quesito 6:

Dominio

Per trovare il **dominio** della funzione, dobbiamo porre il denominatore diverso da zero:

\[ |x|-1 \ne 0 \implies |x| \ne 1 \]

Questa condizione è soddisfatta per \(x \ne 1\) e \(x \ne -1\). Il **dominio** è pertanto:

\[ D = \mathbb{R} \setminus \{-1, 1\} = (-\infty, -1) \cup (-1, 1) \cup (1, +\infty) \]

Asintoti

Per la ricerca degli asintoti, riscriviamo la funzione a tratti eliminando il valore assoluto:

\[ f(x) = \begin{cases} \frac{x^2}{x-1} & \text{se } x > 0 \quad (x \ne 1) \\ \frac{x^2}{-x-1} = -\frac{x^2}{x+1} & \text{se } x < 0 \quad (x \ne -1) \end{cases} \]

Asintoti Verticali

Gli asintoti verticali vanno cercati nei punti esclusi dal dominio, \(x = 1\) e \(x = -1\).

• In \(x = 1\) (usiamo \(\frac{x^2}{x-1}\)): \[ \lim_{x \to 1^-} \frac{x^2}{x-1} = \frac{1}{0^-} = -\infty \quad \text{e} \quad \lim_{x \to 1^+} \frac{x^2}{x-1} = \frac{1}{0^+} = +\infty \]

  La retta **\(x = 1\)** è un **asintoto verticale**.

• In \(x = -1\) (usiamo \(-\frac{x^2}{x+1}\)): \[ \lim_{x \to -1^-} -\frac{x^2}{x+1} = - \frac{1}{0^-} = +\infty \quad \text{e} \quad \lim_{x \to -1^+} -\frac{x^2}{x+1} = - \frac{1}{0^+} = -\infty \]

  La retta **\(x = -1\)** è un **asintoto verticale**.

Asintoti Orizzontali

Si cercano per \(x \to \pm\infty\). Poiché il grado del numeratore (\(2\)) è maggiore del grado del denominatore (\(1\)) in entrambi i rami, il limite sarà \(\infty\). **Non esistono asintoti orizzontali**.

Asintoti Obliqui

Osserviamo che il sia per x < 0 che per x>0 la funzione è una funzione razionale fratta in cui il grado del numeratore supera di 1 il grado del denominatiore. Quindi, per una nota proprietà, ci sarà asintoto obliquo sia per \(x \to -\infty\) sia per \(x \to +\infty\)

Ricerca deglia sintoti per \(x \to +\infty\) e \(x \to -\infty\):

1. Per \(x \to +\infty\) (Funzione: \(f(x) = \frac{x^2}{x-1}\))

• Coefficiente angolare \(m\): \[ m_1 = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{x(x-1)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{x-1} = 1 \]
• Intercetta \(q\): \[ q_1 = \lim_{x \to +\infty} [f(x) - m_1 x] = \lim_{x \to +\infty} \left[ \frac{x^2}{x-1} - x \right] = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 - x^2 + x}{x-1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{x-1} = 1 \]

La retta **\(y = x + 1\)** è un **asintoto obliquo** per \(x \to +\infty\).

2. Per \(x \to -\infty\) (Funzione: \(f(x) = -\frac{x^2}{x+1}\))

• Coefficiente angolare \(m\): \[ m_2 = \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{-x^2}{x(x+1)} = \lim_{x \to -\infty} -\frac{x}{x+1} = -1 \]
• Intercetta \(q\): \[ q_2 = \lim_{x \to -\infty} [f(x) - m_2 x] = \lim_{x \to -\infty} \left[ -\frac{x^2}{x+1} - (-1)x \right] = \lim_{x \to -\infty} \left[ \frac{-x^2 + x^2 + x}{x+1} \right] = \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{x+1} = 1 \]

La retta **\(y = -x + 1\)** è un **asintoto obliquo** per \(x \to -\infty\).

Mostriamo, anche se non richiesto, il grafico della funzione:

Soluzione quesito 7:

Dominio

La funzione arcotangente, \(\arctan(x)\), è definita per ogni numero reale, e la funzione \(2x\) (un polinomio) è anch'essa definita per ogni numero reale. La funzione \(f(x)\), essendo la differenza di due funzioni definite su \(\mathbb{R}\), è definita ovunque.

Il **dominio** è l'insieme di tutti i numeri reali: \(D = \mathbb{R}\).

Asintoti

Asintoti Verticali

Poiché il dominio è \(D = \mathbb{R}\) e la funzione è continua su tutto l'asse reale (diferenza di funzioni continue) **non esistono asintoti verticali**.

Asintoti Orizzontali

Si cercano calcolando i limiti per \(x \to \pm\infty\):

• Per \(x \to +\infty\): \[ \lim_{x \to +\infty} (\arctan(x) - 2x) = \frac{\pi}{2} - 2(+\infty) = -\infty \]
• Per \(x \to -\infty\): \[ \lim_{x \to -\infty} (\arctan(x) - 2x) = -\frac{\pi}{2} - 2(-\infty) = +\infty \]

Poiché i limiti tendono a \(\pm\infty\), **non esistono asintoti orizzontali**.

Asintoti Obliqui

L'asintoto obliquo \(y = mx + q\) si cerca per \(x \to \pm\infty\).

1. Coefficiente angolare \(m\)

\[ m = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{\arctan(x) - 2x}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \left( \frac{\arctan(x)}{x} - 2 \right) \]

Poiché l'arcotangente è limitata (\(-\frac{\pi}{2} < \arctan(x) < \frac{\pi}{2}\)), il termine \(\frac{\arctan(x)}{x}\) tende a \(0\) per \(x \to \pm\infty\).

\[ m = 0 - 2 = -2 \]

2. Intercetta \(q\)

\[ q = \lim_{x \to \pm\infty} [f(x) - mx] = \lim_{x \to \pm\infty} [(\arctan(x) - 2x) - (-2)x] \] \[ q = \lim_{x \to \pm\infty} [\arctan(x) - 2x + 2x] = \lim_{x \to \pm\infty} \arctan(x) \]

Calcoliamo i limiti separatamente:

• Per \(x \to +\infty\): \[ q_1 = \lim_{x \to +\infty} \arctan(x) = \frac{\pi}{2} \] L'asintoto obliquo è **\(y = -2x + \frac{\pi}{2}\)**.
• Per \(x \to -\infty\): \[ q_2 = \lim_{x \to -\infty} \arctan(x) = -\frac{\pi}{2} \] L'asintoto obliquo è **\(y = -2x - \frac{\pi}{2}\)**.

La funzione ammette due asintoti obliqui distinti, uno per \(x \to +\infty\) e uno per \(x \to -\infty\).

Mostriamo, anche se non richiesto, il grafico della funzione:

Soluzione quesito 8:

Determinazione dei parametri \(a\) e \(b\)

L'asintoto obliquo richiesto è \(y = 2x - 1\), quindi dobbiamo imporre che il coefficiente angolare sia \(m = 2\) e l'intercetta sia \(q = -1\).

1. Coefficiente angolare (\(m\))

Il coefficiente angolare \(m\) è dato dal limite del rapporto \(f(x)/x\):

\[ m = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{ax^3 + bx^2 + 4}{x(x^2 - 4)} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{ax^3}{x^3} = a \]

Imponendo \(m = 2\), si ottiene: \(\mathbf{a = 2}\).

2. Intercetta (\(q\))

Sostituendo \(a=2\) e \(m=2\) nella formula per \(q\):

\[ q = \lim_{x \to \pm\infty} [f(x) - 2x] = \lim_{x \to \pm\infty} \left[ \frac{2x^3 + bx^2 + 4}{x^2 - 4} - 2x \right] \]

Eseguiamo la sottrazione algebrica:

\[ q = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{(2x^3 + bx^2 + 4) - 2x(x^2 - 4)}{x^2 - 4} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x^3 + bx^2 + 4 - 2x^3 + 8x}{x^2 - 4} \] \[ q = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{bx^2 + 8x + 4}{x^2 - 4} \]

Poiché il grado del numeratore e del denominatore è uguale (entrambi 2), il limite è dato dal rapporto dei coefficienti dei termini di grado massimo:

\[ q = \frac{b}{1} = b \]

Imponendo \(q = -1\), si ottiene: \(\mathbf{b = -1}\).

La funzione con i parametri trovati è: \[ f(x) = \frac{2x^3 - x^2 + 4}{x^2 - 4} \]

---

Ricerca degli altri asintoti (con \(a=2\) e \(b=-1\))

Asintoti Verticali

Gli asintoti verticali si cercano nei punti che annullano il denominatore: \(x^2 - 4 = 0 \implies x = \pm 2\). Verifichiamo il valore del numeratore \(N(x) = 2x^3 - x^2 + 4\) in questi punti.

• **In \(x = 2\):** \[ N(2) = 2(2)^3 - (2)^2 + 4 = 16 - 4 + 4 = 16 \ne 0 \]

  Poiché il numeratore non si annulla, la retta **\(x = 2\)** è un **asintoto verticale**.

• **In \(x = -2\):** \[ N(-2) = 2(-2)^3 - (-2)^2 + 4 = -16 - 4 + 4 = -16 \ne 0 \]

  Poiché il numeratore non si annulla, la retta **\(x = -2\)** è un **asintoto verticale**.

Asintoti Orizzontali

Si cercano calcolando il limite per \(x \to \pm\infty\). Poiché il grado del numeratore è maggiore del grado del denominatore (\(3 > 2\)), il limite è \(\infty\).

\[ \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \pm\infty \]

Quindi, **non esistono asintoti orizzontali**.

Mostriamo, anche se non richiesto, il grafico della funzione:

Soluzione quesito 9:

Funzione proposta

Per soddisfare tutte le condizioni, la funzione viene definita a tratti per gestire i diversi limiti asintotici a \(\pm\infty\) attorno all'asintoto verticale in \(x=1\):

\[ \mathbf{f(x) = \begin{cases} \frac{x}{x - 1} - 2 & \text{se } x < 1 \\ (x+1)+\frac{1}{x - 1} & \text{se } x > 1 \end{cases}} \]

Verifica degli Asintoti

1. Asintoto Verticale (\(x = 1\))

• \(\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty\)
• \(\lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty\)

La retta \(\mathbf{x = 1}\) è un **asintoto verticale**.

2. Asintoto Orizzontale a sinistra (\(y = -1\) per \(x \to -\infty\))

Usiamo la prima espressione:

\[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \left( \frac{x}{x - 1} - 2 \right) \]

Poiché \(\frac{x}{x - 1} = 1 + \frac{1}{x - 1}\) e per \(x \to -\infty\) il termine \(\frac{1}{x - 1}\) è negativo, si ha che \(\frac{x}{x-1}\) tende a \(1^-\) (cioè è minore di 1).

\[ = (1^-) - 2 = -1^- \]

La retta \(\mathbf{y = -1}\) è l'**asintoto orizzontale a sinistra**.

3. Asintoto Obliquo a destra (\(y = x + 1\) per \(x \to +\infty\))

In base ad una proprietà dimostrata nella pagina sugli asintoti citata nel sottotitolo, essendo la funzione nella forma \( f(x)=mx+q+g(x) \) con \( g(x) \) infinitesimo per \(x \to +\infty\), la retta \(y=x+1 \) è asintoto per \(x \to +\infty\).

Facciamo una dimostrazione diretta.

Usando \(f(x) = (x+1)+\frac{1}{x - 1}\) per \(x \to +\infty\), si trova:

• \(m = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = 1\)
• \(q = \lim_{x \to +\infty} [f(x) - 1x] = 1\)

La retta \(\mathbf{y = x + 1}\) è l'**asintoto obliquo a destra**.

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Grafico Qualitativo

Il grafico presenta tre rami principali definiti dai suoi asintoti:

• Per \(x \to -\infty\): il grafico si avvicina all'asintoto orizzontale \(y=-1\) dal basso.
• Se \(x \to 1^-\), il grafico tende a \(-\infty\); se \(x \to 1^+\), il grafico tende a \(+\infty\).
• Per \(x \to +\infty\): il grafico segue l'andamento della retta \(y=x+1\).

Soluzione quesito 10:

Dimostrazione della Condizione di Asintoto Obliquo

Per definizione, la retta \(y = mx + q\) è un asintoto per una curva se la distanza di un generico punto P della curva dalla retta tende a zero quando P si allontana indefinitamente sulla curva.

Osserviamo la seguente figura:

Per definizione di asintoto, la retta r è asintoto per la funzione se PH tende a 0. Verifichiamo che PK tende a zero per \(x \to \pm\infty\):

\[ \lim_{x \to \pm\infty} [f(x) - (mx + q)] = 0 \]

Sostituendo l'espressione data \(f(x) = mx + q + g(x)\) nella condizione limite:

\[ \lim_{x \to \pm\infty} [f(x) - (mx + q)] = \lim_{x \to \pm\infty} [(mx + q + g(x)) - (mx + q)] = \lim_{x \to \pm\infty} g(x) \]

Per ipotesi, \(\lim_{x \to \pm\infty} g(x) = 0\). Quindi: \(\lim_{x \to \pm\infty} [f(x) - (mx + q)] = 0\).

Ciò vuol dire che PK tende a 0. Ma se tende a 0 PK, tende a 0 anche PH, essendo PH < PK, perciò:

**\(y = mx + q\) è asintoto**.

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Dimostrazione della Condizione di Asintoto Orizzontale

Osserviamo la seguente figura:

Per definizione di asintoto, la retta r è asintoto per la funzione se PH tende a 0 per \(x \to \pm\infty\):

Verifichiamo che PH tende a zero per \(x \to \pm\infty\)

Risulta:

PH=(f(x) - (mx + q))

Abbiamo:

\[ \lim_{x \to \pm\infty} [f(x) - (mx + q)] =\lim_{x \to \pm\infty} g(x)= 0 \]

Questo dimostra che se \(m=0\), la retta \(\mathbf{y = q}\) è l'asintoto orizzontale.

Soluzione alternativa:

Se \(m=0\), la retta asintotica è \(y = q\). La funzione diventa \(f(x) = q + g(x)\).
Calcoliamo il limite della funzione per \(x \to \pm\infty\):

\[ \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \lim_{x \to \pm\infty} [q + g(x)] \]

Poiché \(q\) è una costante e \(\lim_{x \to \pm\infty} g(x) = 0\) per ipotesi, otteniamo:

\[ \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = q + 0 = q \]

Questo dimostra che se \(m=0\), la retta \(\mathbf{y = q}\) è l'asintoto orizzontale.

Dimostrazione alternativa per l'Asintoto Obliquo (\(m \ne 0) \).

Se \(m \ne 0\), la retta è \(y = mx + q\). Per dimostrare che è un asintoto obliquo, dobbiamo verificare che le condizioni di esistenza (incluso il fatto che la funzione tenda a \(\infty\)) siano soddisfatte:

a) La funzione tende a \(\infty\):

\[ \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \lim_{x \to \pm\infty} [mx + q + g(x)] = \pm\infty + q + 0 = \pm\infty \]

b) Il coefficiente angolare è \(m\):

Calcoliamo il limite del rapporto \(\frac{f(x)}{x}\):

\[ \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{mx + q + g(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \left( m + \frac{q}{x} + \frac{g(x)}{x} \right) \]

Poiché \(\lim_{x \to \pm\infty} \frac{q}{x} = 0\) e \(\lim_{x \to \pm\infty} \frac{g(x)}{x} = 0\) (essendo \(g(x)\) infinitesima, lo è ancora di più se divisa per \(x\)), si ottiene:

\[ \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = m + 0 + 0 = m \]

c) Il limite della differenza è \( q\):

Il limite della differenza tra \( f(x)-mx \) è: \[ \lim_{x \to \pm\infty} [f(x) - mx] =\lim_{x \to \pm\infty} [q+g(x)]=q+0= q \]

Questo conferma che la retta \(\mathbf{y = mx + q}\) è asintoto obliquo per \(f(x)\).

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Esempi

Consideriamo la funzione \(f(x)\) e verifichiamo la condizione \(f(x) = mx + q + g(x)\).

Esempio 1: Asintoto Orizzontale (\(y=2\))

Consideriamo la funzione \(f(x) = 2 + \frac{1}{x}\) per \(x \to \pm\infty\).

In questo caso, la funzione è già nella forma \(f(x) = mx + q + g(x)\) con:

• \(m = 0\)
• \(q = 2\)
• \(g(x) = \frac{1}{x}\)

Verifichiamo che \(g(x)\) sia infinitesimo per \(x \to \pm\infty\):

\[ \lim_{x \to \pm\infty} g(x) = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x} = 0 \]

La dimostrazione garantisce che la retta \(\mathbf{y = 2}\) è l'asintoto. Verifichiamo direttamente l'asintoto orizzontale:

\[ \lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \lim_{x \to \pm\infty} \left( 2 + \frac{1}{x} \right) = 2 + 0 = 2 \]

Poiché il limite è \(2\), la retta \(\mathbf{y = 2}\) è l'asintoto orizzontale per la funzione.

Esempio 2: Asintoto Obliquo (\(y=x+2\))

Consideriamo la funzione \(f(x) = x + 2 + \frac{1}{x}\) per \(x \to \pm\infty\).

La funzione è già nella forma \(f(x) = mx + q + g(x)\) con \(m = 1\), \(q = 2\) e \(g(x) = \frac{1}{x}\). Verifichiamo che \(g(x)\) sia infinitesimo: \(\lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{x} = 0\).

Per la dimostrazione, verifichiamo che \(y=x+2\) sia l'asintoto obliquo calcolando \(m\) e \(q\) con la definizione classica:

1. Coefficiente angolare \(m\):

\[ m = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x + 2 + \frac{1}{x}}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \left( 1 + \frac{2}{x} + \frac{1}{x^2} \right) \] \[ m = 1 + 0 + 0 = 1 \]

Il coefficiente angolare è \(\mathbf{m = 1}\).

2. Intercetta \(q\):

\[ q = \lim_{x \to \pm\infty} [f(x) - mx] = \lim_{x \to \pm\infty} \left[ \left( x + 2 + \frac{1}{x} \right) - 1x \right] \] \[ q = \lim_{x \to \pm\infty} \left( 2 + \frac{1}{x} \right) = 2 + 0 = 2 \]

L'intercetta è \(\mathbf{q = 2}\).

Poiché \(m=1\) e \(q=2\), la retta \(\mathbf{y = x + 2}\) è l'asintoto obliquo per la funzione. La forma \(f(x) = mx + q + g(x)\) è, in pratica, la forma che si ottiene quando si eseguono queste verifiche.

Questo conferma che la scomposizione di una funzione nella forma \(f(x) = mx + q + g(x)\) è un metodo efficace per trovare i suoi asintoti non verticali.