GLI ASINTOTI ALLA MATURITÀ

Soluzione del quesito 1

a) La distanza di \( P \) dalla diagonale \( AG \)

Sia \( Q \) il piede della perpendicolare condotta da \( P \) alla diagonale \( AG \): la distanza cercata è \( y=PQ \). Consideriamo il triangolo \( APG \), di cui \( PQ \) è l'altezza relativa al lato \( AG \), e calcoliamo i suoi lati con il teorema di Pitagora.

• Lato \( AP \). La faccia \( ABFE \) è un quadrato, quindi \( AB\perp BF \) e il triangolo \( ABP \) è rettangolo in \( B \), con \( AB=1 \) e \( BP=x \): \[ AP^2=AB^2+BP^2=1+x^2 \]
• Lato \( PG \). La faccia \( BCGF \) è un quadrato, quindi \( FG\perp BF \) e il triangolo \( PFG \) è rettangolo in \( F \), con \( FG=1 \) e \( PF=BF-BP=1-x \): \[ PG^2=PF^2+FG^2=(1-x)^2+1=x^2-2x+2 \]
• Lato \( AG \) (diagonale del cubo). Il segmento \( CG \) è perpendicolare alla base \( ABCD \), quindi il triangolo \( ACG \) è rettangolo in \( C \); \( AC \) è la diagonale di un quadrato di lato \( 1 \), cioè \( AC^2=2 \): \[ AG^2=AC^2+CG^2=2+1=3 \qquad\Longrightarrow\qquad AG=\sqrt3 \]

Poniamo \( AQ=t \), da cui \( QG=\sqrt3-t \). I triangoli \( APQ \) e \( PQG \) sono rettangoli in \( Q \), quindi, per il teorema di Pitagora, la stessa altezza \( PQ=y \) si può scrivere in due modi:

\[ y^2=AP^2-t^2 \qquad\text{e}\qquad y^2=PG^2-\left(\sqrt3-t\right)^2 \]

Uguagliando i secondi membri:

\[ AP^2-t^2=PG^2-3+2\sqrt3\,t-t^2\ \Longrightarrow\ 2\sqrt3\,t=AP^2-PG^2+3 \]

Sostituendo \( AP^2 \) e \( PG^2 \):

\[ 2\sqrt3\,t=(1+x^2)-(x^2-2x+2)+3=2x+2\ \Longrightarrow\ t=\frac{x+1}{\sqrt3} \]

Per \( 0\le x\le1 \) risulta \( 0<t<\sqrt3 \), quindi \( Q \) cade effettivamente all'interno del segmento \( AG \). Sostituendo \( t \) nella prima relazione:

\[ y^2=1+x^2-\frac{(x+1)^2}{3}=\frac{3+3x^2-x^2-2x-1}{3}=\] \[=\frac{2x^2-2x+2}{3}=\frac23\left(x^2-x+1\right) \]

Poiché \( y\ge0 \) (è una distanza):

\[ y=\sqrt{\frac23\left(x^2-x+1\right)} \]

b) Gli asintoti della funzione \( y=\sqrt{\dfrac23\left(x^2-x+1\right)} \)

Dominio. Il trinomio \( x^2-x+1 \) ha discriminante \( \Delta=1-4=-3<0 \) e coefficiente di \( x^2 \) positivo, quindi è positivo per ogni \( x \): il dominio è \( \mathbb{R} \) (prescindiamo dalla limitazione geometrica \( 0\le x\le1 \)).

La funzione è una conica. Poiché \( y\ge0 \), elevando al quadrato i due membri otteniamo un'equazione equivalente, con \( y\ge0 \):

\[ y^2=\frac23\left(x^2-x+1\right)\ \Longrightarrow\ 3y^2=2x^2-2x+2\ \Longrightarrow\ x^2-\frac32\,y^2-x+1=0 \]

È un'equazione del tipo \( ax^2+by^2+cx+dy+e=0 \) con \( a=1 \), \( b=-\dfrac32 \), \( c=-1 \), \( d=0 \), \( e=1 \). Poiché \( a \) e \( b \) hanno segno opposto, si tratta di un'iperbole traslata, con centro

\[ C\left(-\frac{c}{2a},\,-\frac{d}{2b}\right)=\left(\frac12,\,0\right) \]

Essendo \( y\ge0 \), il grafico della funzione è il ramo superiore dell'iperbole.

Gli asintoti sono obliqui. Un'iperbole ha due asintoti. La funzione è definita su tutto \( \mathbb{R} \), quindi non ha asintoti verticali; inoltre \( \displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=+\infty \), quindi non ha asintoti orizzontali. I due asintoti sono perciò obliqui: uno per \( x\to+\infty \) e uno per \( x\to-\infty \). Per trovarli calcoliamo \( m \) e \( q \).

Per \( x\to+\infty \) (qui \( x>0 \), quindi \( \sqrt{x^2}=x \)):

\[ m=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\sqrt{\frac23}\lim_{x\to+\infty}\sqrt{1-\frac1x+\frac1{x^2}}=\sqrt{\frac23}=\frac{\sqrt6}{3} \] \[ q=\lim_{x\to+\infty}\left[f(x)-mx\right]=\sqrt{\frac23}\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2-x+1}-x\right)\ \left[+\infty-\infty\right] \]

Razionalizziamo (moltiplichiamo e dividiamo per \( \sqrt{x^2-x+1}+x \)) e poi dividiamo numeratore e denominatore per \( x \):

\[ q=\sqrt{\frac23}\lim_{x\to+\infty}\frac{-x+1}{\sqrt{x^2-x+1}+x}=\] \[=\sqrt{\frac23}\lim_{x\to+\infty}\frac{-1+\frac1x}{\sqrt{1-\frac1x+\frac1{x^2}}+1}=\sqrt{\frac23}\cdot\left(-\frac12\right)=-\frac{\sqrt6}{6} \]

Asintoto obliquo per \( x\to+\infty \): \( \;y=\dfrac{\sqrt6}{3}x-\dfrac{\sqrt6}{6} \).

Per \( x\to-\infty \) (qui \( x<0 \), quindi \( \sqrt{x^2}=|x|=-x \)):

\[ m=\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}{x}=\sqrt{\frac23}\lim_{x\to-\infty}\frac{-x\sqrt{1-\frac1x+\frac1{x^2}}}{x}=\] \[=-\sqrt{\frac23}=-\frac{\sqrt6}{3} \] \[ q=\lim_{x\to-\infty}\left[f(x)-mx\right]=\sqrt{\frac23}\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2-x+1}+x\right)\ \left[+\infty-\infty\right] \]

Razionalizziamo (moltiplichiamo e dividiamo per \( \sqrt{x^2-x+1}-x \)) e poi dividiamo numeratore e denominatore per \( -x \) (positivo per \( x\to-\infty \)):

\[ q=\sqrt{\frac23}\lim_{x\to-\infty}\frac{-x+1}{\sqrt{x^2-x+1}-x}=\] \[=\sqrt{\frac23}\lim_{x\to-\infty}\frac{1-\frac1x}{\sqrt{1-\frac1x+\frac1{x^2}}+1}=\sqrt{\frac23}\cdot\frac12=\frac{\sqrt6}{6} \]

Asintoto obliquo per \( x\to-\infty \): \( \;y=-\dfrac{\sqrt6}{3}x+\dfrac{\sqrt6}{6} \).

I due asintoti si scrivono anche \( y=\pm\dfrac{\sqrt6}{3}\left(x-\dfrac12\right) \): passano entrambi per il centro \( C\left(\dfrac12,0\right) \), come deve essere per un'iperbole.

Grafico qualitativo

Soluzione del quesito 2

Dominio

La funzione non è definita quando il denominatore si annulla:

\[ 4-x^3=0\ \Longleftrightarrow\ x^3=4\ \Longleftrightarrow\ x=\sqrt[3]{4} \]

Il dominio è \( D=\mathbb{R}\setminus\left\{\sqrt[3]{4}\right\} \), cioè \( \left(-\infty,\sqrt[3]{4}\right)\cup\left(\sqrt[3]{4},+\infty\right) \) (ricorda che \( \sqrt[3]{4}\approx1{,}59 \)).

Intersezioni con gli assi

• Con l'asse \( y \): \( f(0)=\dfrac{0}{4}=0 \), quindi il grafico passa per l'origine \( O(0,0) \).
• Con l'asse \( x \): \( f(x)=0\iff x^2=0\iff x=0 \).

L'unica intersezione con gli assi è l'origine.

Parità

Il dominio non è simmetrico rispetto all'origine: \( \sqrt[3]{4} \) non appartiene al dominio, mentre \( -\sqrt[3]{4} \) sì. La funzione non è né pari né dispari (infatti \( f(-x)=\dfrac{x^2}{4+x^3} \) non coincide né con \( f(x) \) né con \( -f(x) \)).

Segno

Il numeratore \( x^2 \) è positivo per \( x\neq0 \) e si annulla per \( x=0 \). Il denominatore \( 4-x^3 \) è positivo se \( x^3<4 \), cioè \( x<\sqrt[3]{4} \), ed è negativo se \( x>\sqrt[3]{4} \). Quindi:

• \( f(x)>0 \) per \( x<\sqrt[3]{4} \) con \( x\neq0 \);
• \( f(0)=0 \);
• \( f(x)<0 \) per \( x>\sqrt[3]{4} \).

Il grafico sta sopra l'asse \( x \) a sinistra di \( \sqrt[3]{4} \) (e tocca l'asse \( x \) soltanto nell'origine, senza attraversarlo) e sotto l'asse \( x \) a destra di \( \sqrt[3]{4} \).

Limiti agli estremi del dominio

Per \( x\to\pm\infty \) il limite si presenta nella forma \( \left[\dfrac{\infty}{\infty}\right] \). Dividiamo numeratore e denominatore per \( x^3 \):

\[ \frac{x^2}{4-x^3}=\frac{\dfrac1x}{\dfrac{4}{x^3}-1}\ \longrightarrow\ \frac{0}{0-1}=0 \qquad\text{per } x\to\pm\infty \]

Per \( x\to+\infty \) la funzione è negativa, quindi tende a \( 0 \) da valori negativi; per \( x\to-\infty \) è positiva, quindi tende a \( 0 \) da valori positivi:

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

Per \( x\to\sqrt[3]{4} \) il numeratore tende a \( \left(\sqrt[3]{4}\right)^2=\sqrt[3]{16}>0 \) e il denominatore a \( 0 \). Studiamo il segno del denominatore:

• per \( x\to\sqrt[3]{4}^- \) è \( x^3<4 \), quindi \( 4-x^3\to0^+ \): \[ \lim_{x\to\sqrt[3]{4}^-}f(x)=\left[\frac{\sqrt[3]{16}}{0^+}\right]=+\infty \]
• per \( x\to\sqrt[3]{4}^+ \) è \( x^3>4 \), quindi \( 4-x^3\to0^- \): \[ \lim_{x\to\sqrt[3]{4}^+}f(x)=\left[\frac{\sqrt[3]{16}}{0^-}\right]=-\infty \]

Asintoti

• Asintoto verticale: la retta \( x=\sqrt[3]{4} \), perché i limiti per \( x\to\sqrt[3]{4}^\pm \) sono infiniti.
• Asintoto orizzontale: la retta \( y=0 \) (l'asse \( x \)), per \( x\to+\infty \) e per \( x\to-\infty \).
• Asintoti obliqui: non ce ne sono, perché per \( x\to\pm\infty \) esiste già l'asintoto orizzontale.

Grafico qualitativo

Riassumendo: per \( x\to-\infty \) il grafico si avvicina all'asse \( x \) restando sopra di esso; poiché è positivo per \( x<0 \) e passa per l'origine, sale e poi scende fino a toccare l'asse \( x \) in \( O \). Per \( 0<x<\sqrt[3]{4} \) il grafico è sopra l'asse \( x \) e sale verso \( +\infty \) avvicinandosi all'asintoto verticale. Per \( x>\sqrt[3]{4} \) parte da \( -\infty \), sta sotto l'asse \( x \) e si avvicina ad esso per \( x\to+\infty \). Qualche valore di controllo: \( f(-1)=\dfrac15 \), \( f(1)=\dfrac13 \), \( f(2)=-1 \).

Soluzione del quesito 3

L'asintoto obliquo \( y=\dfrac12\,x \)

La funzione è definita per \( x\neq0 \). Per \( x\neq0 \) possiamo dividere ciascun termine del numeratore per il denominatore e riscrivere la funzione così:

\[ f(x)=\frac{x^2-1}{2x}=\frac{x^2}{2x}-\frac{1}{2x}=\frac12\,x-\frac{1}{2x} \]

Ricordiamo il Teorema 1 della teoria: la retta \( y=mx+q \) è asintoto per la funzione \( f \), per \( x\to+\infty \) (oppure per \( x\to-\infty \)), se e solo se si può scrivere

\[ f(x)=mx+q+g(x) \]

con \( g(x) \) infinitesimo per \( x\to+\infty \) (oppure per \( x\to-\infty \)).

Nel nostro caso \( m=\dfrac12 \), \( q=0 \) e \( g(x)=-\dfrac{1}{2x} \). Poiché il denominatore \( 2x \) diventa sempre più grande in valore assoluto quando \( x\to\pm\infty \), \( g(x) \) è un infinitesimo sia per \( x\to+\infty \) sia per \( x\to-\infty \). Per il teorema, la retta \( y=\dfrac12\,x \) è un asintoto obliquo, a destra e a sinistra.

Inoltre la differenza fra la funzione e l'asintoto è proprio \( g(x)=-\dfrac{1}{2x} \): non si annulla mai, quindi il grafico non interseca l'asintoto; è sotto l'asintoto per \( x>0 \) (dove \( g<0 \)) e sopra l'asintoto per \( x<0 \) (dove \( g>0 \)).

Gli altri asintoti

• Asintoto verticale. Il dominio è \( \mathbb{R}\setminus\{0\} \). Per \( x\to0 \) il numeratore tende a \( -1 \) e il denominatore a \( 0 \): \[ \lim_{x\to0^+}f(x)=\left[\frac{-1}{0^+}\right]=-\infty \qquad \lim_{x\to0^-}f(x)=\left[\frac{-1}{0^-}\right]=+\infty \] Quindi la retta \( x=0 \) (l'asse \( y \)) è un asintoto verticale.
• Asintoti orizzontali. Non ce ne sono: da \( f(x)=\dfrac12\,x-\dfrac{1}{2x} \) si vede che \( f(x)\to+\infty \) per \( x\to+\infty \) e \( f(x)\to-\infty \) per \( x\to-\infty \).
• Altri asintoti obliqui. Non ce ne sono: per \( x\to+\infty \) e per \( x\to-\infty \) l'asintoto obliquo è unico, ed è quello trovato.

La curva è un'iperbole

Scrivendo \( y=\dfrac{x^2-1}{2x} \) nella forma \( 2xy=x^2-1 \), cioè

\[ x^2-2xy-1=0 \]

otteniamo un'equazione di secondo grado in \( x \) e \( y \), quindi una conica. Nell'equazione generale \( Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0 \) si ha \( A=1 \), \( B=-2 \), \( C=0 \), quindi \( B^2-4AC=4>0 \): la conica è un'iperbole. Gli asintoti trovati, \( x=0 \) e \( y=\dfrac12\,x \), sono i suoi due asintoti, che si incontrano nell'origine: l'origine è il centro dell'iperbole.

Intersezioni con gli assi, simmetria e segno

• Con l'asse \( y \): nessuna, perché \( x=0 \) non appartiene al dominio.
• Con l'asse \( x \): \( f(x)=0 \) se \( x^2-1=0 \), cioè \( x=\pm1 \), quindi \( A(1,0) \) e \( B(-1,0) \).
• Simmetria: \( f(-x)=\dfrac{x^2-1}{-2x}=-f(x) \), quindi la funzione è dispari e il grafico è simmetrico rispetto all'origine, come deve essere per un'iperbole di centro \( O \).
• Segno: \( f(x)>0 \) per \( -1<x<0 \) e per \( x>1 \); \( f(x)<0 \) per \( x<-1 \) e per \( 0<x<1 \).

Grafico qualitativo

Il grafico è formato da due rami. Il ramo di destra, per \( x>0 \), parte da \( -\infty \) vicino all'asintoto verticale, attraversa l'asse \( x \) in \( A \) e poi si avvicina da sotto all'asintoto obliquo. Il ramo di sinistra, per \( x<0 \), è il simmetrico rispetto all'origine: per \( x\to-\infty \) si avvicina dall'alto all'asintoto obliquo, attraversa l'asse \( x \) in \( B \) e sale verso \( +\infty \) vicino all'asintoto verticale.

Soluzione del quesito 4

Dominio

La funzione è il prodotto di un polinomio per un'esponenziale, definiti per ogni \( x \): il dominio è \( \mathbb{R} \). Non ci sono quindi asintoti verticali.

Parità

\( f(-x)=(1-x)\,e^{1+x} \) non coincide né con \( f(x) \) né con \( -f(x) \): la funzione non è né pari né dispari.

Intersezioni con gli assi

• Con l'asse \( y \): \( f(0)=1\cdot e^{1}=e \), quindi il punto \( (0,e) \).
• Con l'asse \( x \): poiché \( e^{1-x}>0 \) per ogni \( x \), \( f(x)=0 \) se e solo se \( x+1=0 \), cioè \( x=-1 \): il punto \( (-1,0) \).

Segno

Essendo \( e^{1-x}>0 \), il segno di \( f \) è quello di \( x+1 \): \( f(x)>0 \) per \( x>-1 \) e \( f(x)<0 \) per \( x<-1 \).

Limiti agli estremi del dominio e asintoti

Per \( x\to+\infty \). Poiché \( e^{1-x}=e\cdot e^{-x}=\dfrac{e}{e^{x}} \), possiamo scrivere

\[ f(x)=(x+1)\,e^{1-x}=e\cdot\frac{x+1}{e^{x}}=e\left(\frac{x}{e^{x}}+\frac{1}{e^{x}}\right) \]

Per il confronto fra infiniti, \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^{x}}=0 \) (l'esponenziale prevale sulla potenza) e \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{e^{x}}=0 \), quindi

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=e\cdot(0+0)=0 \]

(da valori positivi, perché \( f>0 \) per \( x>-1 \)). La retta \( y=0 \) (l'asse \( x \)) è un asintoto orizzontale per \( x\to+\infty \), e il grafico sta sopra di esso.

Per \( x\to-\infty \). Il fattore \( x+1 \) tende a \( -\infty \) e il fattore \( e^{1-x} \) tende a \( +\infty \) (perché \( 1-x\to+\infty \)): non è una forma indeterminata e il prodotto tende a \( -\infty \):

\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=\left[(-\infty)\cdot(+\infty)\right]=-\infty \]

Quindi per \( x\to-\infty \) non c'è asintoto orizzontale. Vediamo se c'è un asintoto obliquo, cercando \( m \):

\[ m=\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to-\infty}\frac{x+1}{x}\cdot e^{1-x}=\left[1\cdot(+\infty)\right]=+\infty \]

Il limite non è finito, quindi non esiste asintoto obliquo per \( x\to-\infty \): la funzione tende a \( -\infty \) più rapidamente di qualunque retta.

In conclusione, l'unico asintoto è l'asintoto orizzontale \( y=0 \), per \( x\to+\infty \).

Grafico qualitativo

Qualche valore utile: \( f(-1)=0 \), \( f(0)=e\approx2{,}7 \), \( f(1)=2 \), \( f(2)=\dfrac3e\approx1{,}1 \). Il grafico parte da \( -\infty \) per \( x\to-\infty \), attraversa l'asse \( x \) in \( (-1,0) \) e sale fino a un massimo vicino al punto \( (0,e) \); poi scende e si avvicina all'asse \( x \), dall'alto, per \( x\to+\infty \).

Soluzione del quesito 5

Forma più comoda

\[ f(x)=1-\frac{1}{1+x^2}=\frac{1+x^2-1}{1+x^2}=\frac{x^2}{1+x^2} \]

Dominio

Il denominatore \( 1+x^2 \) è sempre maggiore di zero, quindi il dominio è \( \mathbb{R} \). Non ci sono asintoti verticali.

Parità

\( f(-x)=\dfrac{(-x)^2}{1+(-x)^2}=f(x) \): la funzione è pari e il grafico è simmetrico rispetto all'asse \( y \).

Intersezioni con gli assi e segno

Se \( x=0 \) si ha \( f(0)=0 \); se \( f(x)=0 \) allora \( x^2=0 \), cioè \( x=0 \). L'unica intersezione con gli assi è l'origine \( O(0,0) \). Inoltre \( f(x)\ge0 \) per ogni \( x \) (numeratore e denominatore non negativi), con \( f(x)=0 \) solo per \( x=0 \).

Dalla forma \( f(x)=1-\dfrac{1}{1+x^2} \) si vede anche che \( f(x)<1 \) per ogni \( x \), perché \( \dfrac{1}{1+x^2}>0 \): il grafico sta sempre sotto la retta \( y=1 \).

Limiti agli estremi del dominio e asintoti

Quando \( x\to\pm\infty \), \( 1+x^2\to+\infty \) e quindi \( \dfrac{1}{1+x^2}\to0 \):

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

(da valori minori di \( 1 \)). La retta \( y=1 \) è quindi un asintoto orizzontale, sia per \( x\to+\infty \) sia per \( x\to-\infty \). Avendo già un asintoto orizzontale da entrambe le parti, non ci sono asintoti obliqui.

In conclusione, l'unico asintoto è la retta \( y=1 \).

Grafico qualitativo

Qualche valore utile: \( f(\pm1)=\dfrac12 \), \( f(\pm2)=\dfrac45 \). Il grafico, simmetrico rispetto all'asse \( y \), passa per l'origine (dove ha il suo punto più basso, \( f\ge0 \)) e, allontanandosi da essa verso destra e verso sinistra, sale avvicinandosi sempre di più, dal basso, all'asintoto \( y=1 \).

Soluzione del quesito 6

a) Valore di \( m \)

Il grafico passa per \( A(2;4) \) se \( f_m(2)=4 \):

\[ \frac{2^2}{|2-2m|+m}=4 \quad\Longrightarrow\quad |2-2m|+m=1 \]

Distinguiamo due casi.

• Se \( 2-2m\ge0 \), cioè \( m\le1 \): \( 2-2m+m=1 \), da cui \( m=1 \), valore accettabile perché soddisfa \( m\le1 \).
• Se \( 2-2m<0 \), cioè \( m>1 \): \( 2m-2+m=1 \), da cui \( m=1 \), valore non accettabile perché non soddisfa \( m>1 \).

Quindi \( m=1 \) (unico valore). La funzione diventa

\[ f(x)=\frac{x^2}{|x-2|+1} \]

Poiché \( |x-2|=x-2 \) per \( x\ge2 \) e \( |x-2|=-(x-2)=2-x \) per \( x<2 \), la funzione si scrive a tratti:

\[ f(x)= \begin{cases} \dfrac{x^2}{x-1} & \text{se } x\ge2\\[3mm] \dfrac{x^2}{-x+3} & \text{se } x<2 \end{cases} \]

Il denominatore \( |x-2|+1 \) è sempre maggiore o uguale a \( 1 \): la funzione è definita su tutto \( \mathbb{R} \) e non ci sono asintoti verticali.

b) Esistenza dei due asintoti obliqui

Per la teoria (sezione 6), una funzione razionale fratta ammette asintoto obliquo se e solo se il grado del numeratore supera di \( 1 \) il grado del denominatore. Per studiare il comportamento a \( +\infty \) e a \( -\infty \) basta considerare l'espressione di \( f \) sul tratto che interessa.

• Per \( x\to+\infty \) (quindi \( x\ge2 \)) è \( f(x)=\dfrac{x^2}{x-1} \): il numeratore ha grado \( 2 \), il denominatore grado \( 1 \), cioè il grado del numeratore supera di \( 1 \) quello del denominatore. Esiste quindi un asintoto obliquo.
• Per \( x\to-\infty \) (quindi \( x<2 \)) è \( f(x)=\dfrac{x^2}{-x+3} \): anche qui il numeratore ha grado \( 2 \) e il denominatore grado \( 1 \). Esiste quindi un secondo asintoto obliquo.

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

c) Equazioni degli asintoti

Per \( x\to+\infty \). Dividendo \( x^2 \) per \( x-1 \) si trova quoziente \( x+1 \) e resto \( 1 \) (infatti \( x^2=(x-1)(x+1)+1 \)):

\[ f(x)=\frac{x^2}{x-1}=x+1+\frac{1}{x-1} \]

Poiché \( \dfrac{1}{x-1}\to0 \), l'asintoto obliquo per \( x\to+\infty \) è la retta

\[ y=x+1 \]

Il resto \( \dfrac{1}{x-1} \) è positivo per \( x>1 \): il grafico sta sopra l'asintoto.

Per \( x\to-\infty \). Dividendo \( x^2 \) per \( -x+3 \) si trova quoziente \( -x-3 \) e resto \( 9 \) (infatti \( x^2=(-x+3)(-x-3)+9 \)):

\[ f(x)=\frac{x^2}{-x+3}=-x-3+\frac{9}{-x+3} \]

Poiché \( \dfrac{9}{-x+3}\to0 \), l'asintoto obliquo per \( x\to-\infty \) è la retta

\[ y=-x-3 \]

Il resto \( \dfrac{9}{-x+3} \) è positivo per \( x<3 \), quindi anche qui il grafico sta sopra l'asintoto.

Metodo alternativo (Teorema 2 della teoria). Cerchiamo l'asintoto \( y=mx+q \) con i limiti.

Per \( x\to+\infty \):

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

Si ritrova \( y=x+1 \).

Per \( x\to-\infty \):

\[ m=\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to-\infty}\frac{x^2}{x(-x+3)}=\] \[=\lim_{x\to-\infty}\frac{x}{-x+3}=-1 \] \[ q=\lim_{x\to-\infty}\bigl[f(x)+x\bigr]=\lim_{x\to-\infty}\left(\frac{x^2}{-x+3}+x\right)=\] \[=\lim_{x\to-\infty}\frac{x^2-x^2+3x}{-x+3}=\lim_{x\to-\infty}\frac{3x}{-x+3}=-3 \]

Si ritrova \( y=-x-3 \).

Grafico qualitativo

Si ha \( f(x)\ge0 \) per ogni \( x \) (numeratore non negativo, denominatore positivo) e \( f(x)=0 \) solo per \( x=0 \): l'unica intersezione con gli assi è l'origine, e il grafico sta sopra l'asse \( x \) toccandolo in \( O \). Il grafico passa per \( A(2;4) \), dove i due tratti si uniscono. Per \( x\to-\infty \) la curva si avvicina, dall'alto, alla retta \( y=-x-3 \); per \( x\to+\infty \) si avvicina, dall'alto, alla retta \( y=x+1 \).

Soluzione del quesito 7

Dominio

L'arcotangente è definita per ogni numero reale; basta quindi che sia definito l'argomento \( \dfrac{x-1}{x+1} \), cioè \( x\neq-1 \). Il dominio è \( (-\infty;-1)\cup(-1;+\infty) \).

Intersezioni con gli assi

• Con l'asse \( y \): \( g(0)=\arctan(-1)=-\dfrac{\pi}{4} \), quindi il punto \( \left(0;-\dfrac{\pi}{4}\right) \).
• Con l'asse \( x \): \( g(x)=0 \) se \( \arctan\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)=0 \), cioè \( \dfrac{x-1}{x+1}=0 \), da cui \( x=1 \): il punto \( (1;0) \).

Segno

Poiché l'arcotangente ha lo stesso segno del suo argomento, \( g(x)>0 \) se \( \dfrac{x-1}{x+1}>0 \), cioè per \( x<-1 \) oppure \( x>1 \); \( g(x)<0 \) per \( -1<x<1 \).

Come varia l'argomento

L'argomento dell'arcotangente è la funzione omografica

\[ h(x)=\frac{x-1}{x+1}=1-\frac{2}{x+1} \]

il cui grafico è un'iperbole con asintoto verticale \( x=-1 \) e asintoto orizzontale \( y=1 \), che passa per \( (1;0) \) e \( (0;-1) \).

Dal grafico di \( h \) leggiamo che:

• \( h \) è crescente in ciascuno dei due rami, cioè in \( (-\infty;-1) \) e in \( (-1;+\infty) \);
• per \( x<-1 \) è \( h(x)>1 \), per \( x>-1 \) è \( h(x)<1 \);
• \( h(x)\to1 \) per \( x\to\pm\infty \); \( h(x)\to-\infty \) per \( x\to-1^+ \) e \( h(x)\to+\infty \) per \( x\to-1^- \).

La funzione \( g(x)=\arctan\bigl(h(x)\bigr) \) si ottiene applicando a \( h \) l'arcotangente, che è crescente su tutto \( \mathbb{R} \): se l'argomento \( h \) aumenta, aumenta anche \( \arctan h \). Quindi \( g \) è crescente in ciascuno dei due rami, come \( h \). Inoltre, poiché \( \arctan 1=\dfrac{\pi}{4} \), \( g(x)>\dfrac{\pi}{4} \) per \( x<-1 \) e \( g(x)<\dfrac{\pi}{4} \) per \( x>-1 \).

Limiti agli estremi del dominio e asintoti

Per \( x\to\pm\infty \). Poiché \( h(x)\to1 \),

\[ \lim_{x\to\pm\infty}g(x)=\arctan 1=\frac{\pi}{4} \]

La retta \( y=\dfrac{\pi}{4} \) è un asintoto orizzontale, sia per \( x\to+\infty \) sia per \( x\to-\infty \). Il grafico sta sotto l'asintoto per \( x>-1 \) e sopra per \( x<-1 \).

Per \( x\to-1 \). Il punto \( x=-1 \) non appartiene al dominio: calcoliamo i limiti destro e sinistro. Per \( x\to-1^+ \) il denominatore \( x+1 \) tende a \( 0^+ \) e il numeratore a \( -2 \):

\[ \lim_{x\to-1^+}\frac{x-1}{x+1}=\left[\frac{-2}{0^+}\right]=-\infty \quad\Longrightarrow\quad \lim_{x\to-1^+}g(x)=\lim_{t\to-\infty}\arctan t=-\frac{\pi}{2} \]

Per \( x\to-1^- \) il denominatore tende a \( 0^- \):

\[ \lim_{x\to-1^-}\frac{x-1}{x+1}=\left[\frac{-2}{0^-}\right]=+\infty \quad\Longrightarrow\quad \lim_{x\to-1^-}g(x)=\lim_{t\to+\infty}\arctan t=\frac{\pi}{2} \]

I limiti sono finiti: quindi la retta \( x=-1 \) non è un asintoto verticale di \( g \) (lo è invece di \( h \)), anche se \( x=-1 \) non fa parte del dominio. Il grafico ha, in \( x=-1 \), un «salto» di ampiezza \( \pi \) (da \( \dfrac{\pi}{2} \) a sinistra a \( -\dfrac{\pi}{2} \) a destra). Non ci sono asintoti obliqui, perché per \( x\to\pm\infty \) c'è già un asintoto orizzontale.

In conclusione, l'unico asintoto è l'asintoto orizzontale \( y=\dfrac{\pi}{4} \).

Grafico qualitativo

Per \( x<-1 \) il grafico parte, per \( x\to-\infty \), da valori vicini a \( \dfrac{\pi}{4} \) (restando sopra l'asintoto) e sale avvicinandosi a \( \dfrac{\pi}{2} \) per \( x\to-1^- \); questo estremo non appartiene al grafico (pallino vuoto). Per \( x>-1 \) il grafico parte da \( -\dfrac{\pi}{2} \) (pallino vuoto), passa per \( \left(0;-\dfrac{\pi}{4}\right) \) e per \( (1;0) \), poi continua a salire avvicinandosi, dal basso, alla retta \( y=\dfrac{\pi}{4} \).

Soluzione del quesito 8

a) Valori di \( a \) e \( b \)

Asintoto verticale. Il denominatore \( (x+b)^2 \) si annulla solo per \( x=-b \): l'unica retta verticale che può essere asintoto è \( x=-b \). Perché sia la retta \( x=-1 \) deve essere

\[ -b=-1 \quad\Longrightarrow\quad b=1 \]

Passaggio per \( P(2;0) \). Sostituendo \( x=2 \), \( y=0 \) (con \( b=1 \)):

\[ 0=\frac{2^3+a}{(2+1)^2}=\frac{8+a}{9}\quad\Longrightarrow\quad a=-8 \]

La curva è quindi

\[ g(x)=\frac{x^3-8}{(x+1)^2} \]

Verifica: per \( x=-1 \) il numeratore vale \( (-1)^3-8=-9\neq0 \), mentre il denominatore si annulla: la retta \( x=-1 \) è effettivamente un asintoto verticale (vedi sotto).

b) Asintoto obliquo

Per la teoria (sezione 6) una funzione razionale fratta ammette asintoto obliquo se e solo se il grado del numeratore supera di \( 1 \) il grado del denominatore. Qui il numeratore \( x^3-8 \) ha grado \( 3 \) e il denominatore \( (x+1)^2=x^2+2x+1 \) ha grado \( 2 \): l'asintoto obliquo esiste (lo stesso per \( x\to+\infty \) e per \( x\to-\infty \)) ed è la retta \( y=Q(x) \), dove \( Q(x) \) è il quoziente della divisione del numeratore per il denominatore. Eseguiamo la divisione, scrivendo il numeratore completo \( x^3+0x^2+0x-8 \):

Quindi \( x^3-8=(x^2+2x+1)(x-2)+(3x-6) \) e

\[ g(x)=x-2+\frac{3x-6}{(x+1)^2} \]

Poiché \( \dfrac{3x-6}{(x+1)^2}\to0 \) per \( x\to\pm\infty \) (grado del numeratore minore di quello del denominatore), per il Teorema 1 della teoria l'asintoto obliquo è la retta

\[ y=x-2 \]

Il resto \( \dfrac{3(x-2)}{(x+1)^2} \) ha il segno di \( x-2 \): il grafico sta sotto l'asintoto per \( x<2 \) (\( x\neq-1 \)) e sopra per \( x>2 \). Per \( x=2 \) il resto si annulla: il punto \( P(2;0) \) appartiene sia alla curva sia all'asintoto obliquo (infatti \( 2-2=0 \)), cioè la curva interseca il suo asintoto proprio in \( P \).

Metodo alternativo (Teorema 2 della teoria). Cerchiamo \( y=mx+q \) con i limiti (il risultato è lo stesso per \( x\to+\infty \) e per \( x\to-\infty \)):

\[ \begin{aligned} m&=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{g(x)}{x}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^3-8}{x(x+1)^2}\\[2mm] &=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^3-8}{x^3+2x^2+x}=1 \end{aligned} \] \[ \begin{aligned} q&=\lim_{x\to\pm\infty}\bigl[g(x)-x\bigr]=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^3-8-x(x^2+2x+1)}{(x+1)^2}\\[2mm] &=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{-2x^2-x-8}{x^2+2x+1}=-2 \end{aligned} \]

Si ritrova \( y=x-2 \).

c) Grafico qualitativo

Dominio. \( x\neq-1 \).

Intersezioni con gli assi. Con l'asse \( y \): \( g(0)=-8 \), quindi \( (0;-8) \). Con l'asse \( x \): \( g(x)=0 \) se \( x^3=8 \), cioè \( x=2 \): il punto \( P(2;0) \).

Segno. Il denominatore è positivo per \( x\neq-1 \); quindi \( g \) ha il segno di \( x^3-8 \): \( g(x)>0 \) per \( x>2 \), \( g(x)<0 \) per \( x<2 \) (\( x\neq-1 \)).

Comportamento in \( x=-1 \). Per \( x\to-1 \) il numeratore tende a \( -9 \) e il denominatore a \( 0^+ \) (è un quadrato, quindi positivo sia a destra sia a sinistra):

\[ \lim_{x\to-1^\pm}\frac{x^3-8}{(x+1)^2}=\left[\frac{-9}{0^+}\right]=-\infty \]

La retta \( x=-1 \) è quindi un asintoto verticale, e la curva scende verso \( -\infty \) sia a sinistra sia a destra di essa.

Comportamento all'infinito. Il grafico si avvicina all'asintoto obliquo \( y=x-2 \) restando sotto di esso per \( x\to-\infty \) e sopra per \( x\to+\infty \). Non ci sono asintoti orizzontali, perché \( g(x)\to\pm\infty \) per \( x\to\pm\infty \).

Il grafico. Per \( x>-1 \) la curva parte da \( -\infty \) (vicino a \( x=-1 \)), passa per \( (0;-8) \) e per \( P(2;0) \), dove interseca l'asintoto obliquo, e poi prosegue sopra di esso, prima allontanandosi un po' e poi riavvicinandosi all'asintoto. Per \( x<-1 \) la curva sta sotto l'asintoto obliquo e tende a \( -\infty \) sia per \( x\to-\infty \) sia per \( x\to-1^- \): ha quindi un massimo.

Soluzione del quesito 9

a) Determinazione di \( f(x) \)

In una divisione fra polinomi vale la relazione dividendo = divisore · quoziente + resto. Qui il dividendo è \( f(x) \), il divisore è \( x^2-1 \), il quoziente è \( x \) e il resto è \( x \):

\[ f(x)=(x^2-1)\cdot x+x=x^3-x+x=x^3 \]

Quindi \( f(x)=x^3 \) (il resto \( x \) ha grado minore del divisore, come deve essere).

b) Studio della funzione

La funzione è

\[ g(x)=\frac{x^3}{x^2-1} \]

Dominio. Il denominatore si annulla per \( x^2-1=0 \), cioè \( x=\pm1 \): il dominio è \( \mathbb{R}\setminus\{-1,1\} \).

Parità. \( g(-x)=\dfrac{(-x)^3}{(-x)^2-1}=-\dfrac{x^3}{x^2-1}=-g(x) \): la funzione è dispari e il grafico è simmetrico rispetto all'origine.

Intersezioni con gli assi. \( g(0)=0 \); inoltre \( g(x)=0 \) se \( x^3=0 \), cioè solo per \( x=0 \). L'unica intersezione con gli assi è l'origine \( O(0,0) \).

Segno. Il numeratore \( x^3 \) ha il segno di \( x \); il denominatore \( x^2-1 \) è positivo per \( x<-1 \) e per \( x>1 \), negativo per \( -1<x<1 \). Studiando il segno del quoziente:

• \( x<-1 \): \( g(x)<0 \);
• \( -1<x<0 \): \( g(x)>0 \);
• \( 0<x<1 \): \( g(x)<0 \);
• \( x>1 \): \( g(x)>0 \).

Il procedimento è riassunto nello schema seguente: sull'asse \( x \) sono segnati i punti che annullano il numeratore (\( x=0 \)) e il denominatore (\( x=\pm1 \)); la prima riga riporta il segno di \( x^3 \), la seconda quello di \( x^2-1 \) e la terza, con la regola dei segni, quello della frazione.

Limiti e asintoti

Asintoti verticali. Gli unici punti da controllare sono \( x=1 \) e \( x=-1 \), dove il denominatore si annulla e il numeratore no.

• In \( x=1 \) il numeratore tende a \( 1 \). Il denominatore \( x^2-1 \) tende a \( 0^+ \) se \( x\to1^+ \) e a \( 0^- \) se \( x\to1^- \): \[ \lim_{x\to1^+}g(x)=\left[\frac{1}{0^+}\right]=+\infty,\qquad \lim_{x\to1^-}g(x)=\left[\frac{1}{0^-}\right]=-\infty \]
• In \( x=-1 \) il numeratore tende a \( -1 \). Per \( x\to-1^+ \) è \( x^2<1 \), quindi il denominatore tende a \( 0^- \); per \( x\to-1^- \) è \( x^2>1 \), quindi tende a \( 0^+ \): \[ \lim_{x\to-1^+}g(x)=\left[\frac{-1}{0^-}\right]=+\infty,\qquad \lim_{x\to-1^-}g(x)=\left[\frac{-1}{0^+}\right]=-\infty \]

Quindi le rette \( x=1 \) e \( x=-1 \) sono asintoti verticali.

Asintoto obliquo. Il numeratore ha grado \( 3 \) e il denominatore grado \( 2 \): per la teoria (sezione 6) la funzione ha un asintoto obliquo, uguale per \( x\to+\infty \) e per \( x\to-\infty \), e non ha asintoti orizzontali. Non serve nemmeno rifare la divisione: dal punto a) sappiamo già che \( x^3=(x^2-1)\cdot x+x \), quindi dividendo per \( x^2-1 \):

\[ g(x)=\frac{x^3}{x^2-1}=x+\frac{x}{x^2-1} \]

Poiché \( \dfrac{x}{x^2-1}\to0 \) per \( x\to\pm\infty \) (grado del numeratore minore di quello del denominatore), per il Teorema 1 della teoria la retta

\[ y=x \]

è asintoto obliquo sia per \( x\to+\infty \) sia per \( x\to-\infty \).

Il resto \( \dfrac{x}{x^2-1} \) è positivo per \( x>1 \) e negativo per \( x<-1 \): il grafico sta sopra l'asintoto per \( x\to+\infty \) e sotto per \( x\to-\infty \).

Metodo alternativo (Teorema 2 della teoria). Cerchiamo \( y=mx+q \) con i limiti (il risultato è lo stesso per \( x\to+\infty \) e per \( x\to-\infty \)):

\[ m=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{g(x)}{x}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^3}{x(x^2-1)}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2}{x^2-1}=1 \] \[ q=\lim_{x\to\pm\infty}\bigl[g(x)-x\bigr]=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^3-x(x^2-1)}{x^2-1}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x}{x^2-1}=0 \]

Si ritrova \( y=x \).

Grafico qualitativo

Il grafico è formato da tre rami, separati dagli asintoti verticali, e simmetrico rispetto all'origine.

• Per \( x<-1 \) la curva è negativa, sta sotto l'asintoto obliquo \( y=x \) e tende a \( -\infty \) sia per \( x\to-\infty \) sia per \( x\to-1^- \).
• Per \( -1<x<1 \) la curva parte da \( +\infty \) (vicino a \( x=-1 \)), passa per l'origine e scende a \( -\infty \) (vicino a \( x=1 \)).
• Per \( x>1 \) la curva parte da \( +\infty \) (vicino a \( x=1 \)), sta sopra l'asintoto obliquo e vi si avvicina per \( x\to+\infty \).

Soluzione del quesito 10

a) Valori di \( a \) e \( b \)

Imponiamo il passaggio per i due punti.

• Per \( (e^{-1};0) \): \( \dfrac{a+b\ln e^{-1}}{e^{-1}}=0 \), cioè \( a+b\cdot(-1)=0 \), da cui \( a=b \).
• Per \( (e^{2};3e^{-2}) \): \( \dfrac{a+b\ln e^{2}}{e^{2}}=3e^{-2} \), cioè \( a+2b=3 \).

Sostituendo \( a=b \) nella seconda equazione si ottiene \( 3b=3 \), quindi \( b=1 \) e \( a=1 \) (entrambi non nulli, come richiesto). La funzione è

\[ f(x)=\frac{1+\ln x}{x} \]

b) Studio della funzione

Dominio. Il logaritmo richiede \( x>0 \) (e con \( x>0 \) il denominatore non si annulla): il dominio è \( (0;+\infty) \).

Intersezioni con gli assi. Con l'asse \( y \): nessuna, perché \( x=0 \) non appartiene al dominio. Con l'asse \( x \): \( f(x)=0 \) se \( 1+\ln x=0 \), cioè \( \ln x=-1 \), da cui \( x=e^{-1} \): il punto \( (e^{-1};0) \).

Segno. Poiché \( x>0 \), il segno di \( f \) è quello del numeratore \( 1+\ln x \). Il logaritmo è crescente, quindi \( 1+\ln x>0 \) se \( x>e^{-1} \) e \( 1+\ln x<0 \) se \( 0<x<e^{-1} \): \( f(x)<0 \) per \( 0<x<e^{-1} \) e \( f(x)>0 \) per \( x>e^{-1} \).

Limiti agli estremi del dominio e asintoti

Per \( x\to0^+ \). Il numeratore \( 1+\ln x \) tende a \( -\infty \) e il denominatore a \( 0^+ \):

\[ \lim_{x\to0^+}\frac{1+\ln x}{x}=\left[\frac{-\infty}{0^+}\right]=-\infty \]

La retta \( x=0 \) (l'asse \( y \)) è quindi un asintoto verticale, solo per \( x\to0^+ \) (il dominio è a destra di zero).

Per \( x\to+\infty \). Scriviamo

\[ f(x)=\frac{1}{x}+\frac{\ln x}{x} \]

Il primo termine tende a \( 0 \); per il secondo, per il confronto fra infiniti (il logaritmo cresce più lentamente di \( x \)), \( \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0 \). Quindi

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

La retta \( y=0 \) (l'asse \( x \)) è un asintoto orizzontale per \( x\to+\infty \). Poiché \( f>0 \) per \( x>e^{-1} \), il grafico si avvicina all'asse \( x \) dall'alto.

Non ci sono asintoti obliqui: per \( x\to+\infty \) c'è già un asintoto orizzontale e per \( x\to-\infty \) la funzione non è definita.

In conclusione, gli asintoti sono la retta verticale \( x=0 \) e la retta orizzontale \( y=0 \) (per \( x\to+\infty \)).

Grafico qualitativo

Qualche valore utile: \( f(e^{-1})=0 \), \( f(0{,}5)\approx0{,}61 \), \( f(1)=1 \), \( f(2)\approx0{,}85 \), \( f(e)=\dfrac2e\approx0{,}74 \), \( f(e^2)=3e^{-2}\approx0{,}41 \). Il grafico parte da \( -\infty \) vicino all'asse \( y \), attraversa l'asse \( x \) in \( (e^{-1};0) \) e sale fino a un massimo vicino al punto \( (1;1) \); poi scende avvicinandosi, dall'alto, all'asse \( x \) per \( x\to+\infty \), passando per \( (e^{2};3e^{-2}) \).