QUESTIONARIO SUGLI ASINTOTI DI UNA FUNZIONE

Soluzione del quesito 1

Dominio

La funzione è razionale fratta: dobbiamo porre il denominatore diverso da zero.

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

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

Asintoti verticali

Possono esistere nei punti esclusi dal dominio, cioè in \( x = -2 \). Calcoliamo il limite:

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

Il numeratore tende a \( 3 \) e il denominatore a \( 0 \): il limite è infinito. Calcoliamo i limiti laterali per determinarne il segno:

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

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

Asintoti orizzontali

Calcoliamo 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

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

Calcolo di \( m \):

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

Calcolo di \( q \):

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

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

Soluzione del quesito 2

Dominio

La radice ha indice pari: l'argomento deve essere maggiore o uguale a zero.

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

L'equazione associata \( x(x - 4) = 0 \) ha radici \( x = 0 \) e \( x = 4 \). La parabola ha concavità verso l'alto, quindi la disequazione è soddisfatta per valori esterni alle radici:

\[ D = (-\infty, 0] \cup [4, +\infty) \]

Asintoti verticali

Non ci sono asintoti verticali: gli estremi \( x=0 \) e \( x=4 \) dell'intervallo di definizione appartengono al dominio, e in essi la funzione assume un valore finito (\( f(0)=f(4)=0 \)).

Asintoti orizzontali

Calcoliamo il limite per \( x \to \pm\infty \):

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

Il limite è infinito: non ci sono asintoti orizzontali. Cerchiamo gli asintoti obliqui.

Asintoti obliqui

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

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

\[ m_1 = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2 - 4x}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2\left(1 - \frac4x\right)}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x \sqrt{1 - \frac4x}}{x} = 1 \]

Per \( q_1 \) otteniamo la forma indeterminata \( \infty - \infty \), che si risolve razionalizzando:

\[ q_1 = \lim_{x \to +\infty} \left[ \sqrt{x^2 - 4x} - x \right] = \lim_{x \to +\infty} \frac{(x^2 - 4x) - x^2}{\sqrt{x^2 - 4x} + x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{-4x}{x\left(\sqrt{1 - \frac4x} + 1\right)} \] \[ q_1 = \lim_{x \to +\infty} \frac{-4}{\sqrt{1 - \frac4x} + 1} = \frac{-4}{2} = -2 \]

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

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

\[ m_2 = \lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2 - 4x}}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{|x| \sqrt{1 - \frac4x}}{x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{-x \sqrt{1 - \frac4x}}{x} = -1 \]

Per \( q_2 \), di nuovo con la razionalizzazione:

\[ q_2 = \lim_{x \to -\infty} \left[ \sqrt{x^2 - 4x} + x \right] = \lim_{x \to -\infty} \frac{(x^2 - 4x) - x^2}{\sqrt{x^2 - 4x} - x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{-4x}{|x|\sqrt{1 - \frac4x} - x} \]

Poiché \( |x| = -x \):

\[ q_2 = \lim_{x \to -\infty} \frac{-4x}{-x\left(\sqrt{1 - \frac4x} + 1\right)} = \lim_{x \to -\infty} \frac{4}{\sqrt{1 - \frac4x} + 1} = \frac42 = 2 \]

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

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

Soluzione del quesito 3

Dominio

Il denominatore deve essere diverso da zero:

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

Il dominio è \( D = (-\infty, -1) \cup (-1, +\infty) \).

Asintoti verticali

Possono esistere in \( x = -1 \). Calcoliamo il limite:

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

Il numeratore tende a un valore positivo (\( 1/e \approx 0{,}368 \)) e il denominatore a \( 0 \): il limite è infinito. Calcoliamo i limiti laterali:

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

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

Asintoti orizzontali

Calcoliamo il limite per \( x \to \pm\infty \).

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

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

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

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

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

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

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

Il limite è infinito: non c'è asintoto orizzontale per \( x \to +\infty \).

Asintoti obliqui

Per \( x \to -\infty \) c'è già l'asintoto orizzontale, quindi non può esserci quello obliquo. Cerchiamo l'eventuale asintoto obliquo \( y = mx + q \) per \( x \to +\infty \).

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

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

\[ m = +\infty \]

\( m \) non è finito: la funzione non ha asintoti obliqui.

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

Soluzione del quesito 4

Dominio

L'argomento del logaritmo deve essere strettamente positivo:

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

L'equazione associata \( x^2 - 4x + 3 = 0 \) ha radici \( x_1 = 1 \) e \( x_2 = 3 \); la disequazione è soddisfatta per valori esterni alle radici:

\[ D = (-\infty, 1) \cup (3, +\infty) \]

Asintoti verticali

Si cercano nei punti esclusi dal dominio, \( x = 1 \) e \( x = 3 \), calcolando i limiti dall'interno del dominio. In entrambi i casi l'argomento del logaritmo tende a \( 0^+ \), quindi il limite è \( -\infty \):

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

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

Asintoti orizzontali

Per \( x \to \pm\infty \) l'argomento \( x^2 - 4x + 3 \) tende a \( +\infty \):

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

Il limite è infinito: non esistono asintoti orizzontali.

Asintoti obliqui

Calcoliamo il coefficiente angolare \( m \) per \( x \to \pm\infty \):

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

È una forma indeterminata \( \dfrac{\infty}{\infty} \). Poiché \( x \) è un infinito di ordine superiore rispetto a \( \ln(x^2 - 4x + 3) \), si ha \( m = 0 \). Con \( m=0 \) non esistono asintoti obliqui.

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

Soluzione del quesito 5

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

Il denominatore non deve annullarsi:

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

In \( [0, 2\pi] \) il seno vale \( \frac12 \) per due valori:

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

Il dominio è l'intervallo dato, privato 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

Si cercano nei punti esclusi dal dominio, \( x = \frac{\pi}{6} \) e \( x = \frac{5\pi}{6} \), con i limiti laterali.

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

Il numeratore tende a \( \cos\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt3}{2} > 0 \); il denominatore tende a \( 0 \).

• Per \( x \to \frac{\pi}{6}^- \): \( \sin x < \frac12 \), quindi il denominatore tende a \( 0^- \): \[ \lim_{x \to \frac{\pi}{6}^-} f(x) = \left[\frac{\frac{\sqrt3}{2}}{0^-}\right] = -\infty \]
• Per \( x \to \frac{\pi}{6}^+ \): \( \sin x > \frac12 \), quindi il denominatore tende a \( 0^+ \): \[ \lim_{x \to \frac{\pi}{6}^+} f(x) = \left[\frac{\frac{\sqrt3}{2}}{0^+}\right] = +\infty \]

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

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

Il numeratore tende a \( \cos\frac{5\pi}{6} = -\frac{\sqrt3}{2} < 0 \); il denominatore tende a \( 0 \).

• Per \( x \to \frac{5\pi}{6}^- \): \( \sin x > \frac12 \), quindi il denominatore tende a \( 0^+ \): \[ \lim_{x \to \frac{5\pi}{6}^-} f(x) = \left[\frac{-\frac{\sqrt3}{2}}{0^+}\right] = -\infty \]
• Per \( x \to \frac{5\pi}{6}^+ \): \( \sin x < \frac12 \), quindi il denominatore tende a \( 0^- \): \[ \lim_{x \to \frac{5\pi}{6}^+} f(x) = \left[\frac{-\frac{\sqrt3}{2}}{0^-}\right] = +\infty \]

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

Asintoti orizzontali e obliqui

La funzione è studiata nell'intervallo chiuso e limitato \( [0, 2\pi] \): non ha senso calcolare limiti per \( x \to \pm\infty \). Quindi non esistono asintoti orizzontali né obliqui nell'intervallo di studio.

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

Soluzione del quesito 6

Dominio

Il denominatore deve essere diverso da zero:

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

cioè \( x \ne 1 \) e \( x \ne -1 \). Il dominio è:

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

Asintoti

Riscriviamo la funzione a tratti, eliminando il valore assoluto:

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

Asintoti verticali

Si cercano nei punti esclusi dal dominio, \( x = 1 \) e \( x = -1 \).

• In \( x = 1 \) (usiamo \( \frac{x^2}{x-1} \)): \[ \lim_{x \to 1^-} \frac{x^2}{x-1} = \left[\frac{1}{0^-}\right] = -\infty \qquad \lim_{x \to 1^+} \frac{x^2}{x-1} = \left[\frac{1}{0^+}\right] = +\infty \] La retta \( x = 1 \) è un asintoto verticale.
• In \( x = -1 \) (usiamo \( -\frac{x^2}{x+1} \)): \[ \lim_{x \to -1^-} -\frac{x^2}{x+1} = \left[-\frac{1}{0^-}\right] = +\infty \qquad \lim_{x \to -1^+} -\frac{x^2}{x+1} = \left[-\frac{1}{0^+}\right] = -\infty \] La retta \( x = -1 \) è un asintoto verticale.

Asintoti orizzontali

Per \( x \to \pm\infty \), in entrambi i rami il grado del numeratore (2) è maggiore di quello del denominatore (1): il limite è infinito. Non esistono asintoti orizzontali.

Asintoti obliqui

Sia per \( x < 0 \) sia per \( x > 0 \) la funzione è razionale fratta con il grado del numeratore che supera di 1 quello del denominatore: per una nota proprietà (vedi la pagina di teoria sugli asintoti) ci sarà un asintoto obliquo sia per \( x \to -\infty \) sia per \( x \to +\infty \). Cerchiamoli.

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

\[ m_1 = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{x(x-1)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{x-1} = 1 \] \[ q_1 = \lim_{x \to +\infty} \left[ \frac{x^2}{x-1} - x \right] = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 - x^2 + x}{x-1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{x-1} = 1 \]

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

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

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

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

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

Soluzione del quesito 7

Dominio

L'arcotangente è definita per ogni numero reale, e così pure il polinomio \( 2x \): la funzione, differenza di due funzioni definite su \( \mathbb{R} \), è definita ovunque. Il dominio è \( D = \mathbb{R} \).

Asintoti verticali

Il dominio è \( \mathbb{R} \): non ci sono punti esclusi dal dominio nei quali cercare un asintoto verticale, quindi non esistono asintoti verticali.

Asintoti orizzontali

Calcoliamo i limiti per \( x \to \pm\infty \):

\[ \lim_{x \to +\infty} (\arctan x - 2x) = \left[\frac{\pi}{2} - \infty\right] = -\infty \qquad \lim_{x \to -\infty} (\arctan x - 2x) = \left[-\frac{\pi}{2} + \infty\right] = +\infty \]

I limiti sono infiniti: non esistono asintoti orizzontali.

Asintoti obliqui

Cerchiamo \( y = mx + q \) per \( x \to \pm\infty \).

Coefficiente angolare \( m \):

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

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

Intercetta \( q \):

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

• Per \( x \to +\infty \): \( q_1 = \dfrac{\pi}{2} \), e l'asintoto obliquo è \( y = -2x + \dfrac{\pi}{2} \).
• Per \( x \to -\infty \): \( q_2 = -\dfrac{\pi}{2} \), e l'asintoto obliquo è \( y = -2x - \dfrac{\pi}{2} \).

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

Soluzione del quesito 8

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

L'asintoto obliquo richiesto è \( y = 2x - 1 \): imponiamo \( m = 2 \) e \( q = -1 \).

1. Coefficiente angolare \( m \)

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

Imponendo \( m = 2 \) si ottiene \( a = 2 \).

2. Intercetta \( q \)

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

Numeratore e denominatore hanno lo stesso grado (2): il limite è il rapporto dei coefficienti dei termini di grado massimo, quindi \( q = b \). Imponendo \( q = -1 \) si ottiene \( b = -1 \).

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

Il denominatore si annulla per \( x^2 - 4 = 0 \), cioè \( x = \pm 2 \), che sono i punti esclusi dal dominio. Calcoliamo i limiti in questi punti, studiando il segno del numeratore \( N(x) = 2x^3 - x^2 + 4 \) e del denominatore \( D(x) = x^2 - 4 \).

• In \( x = 2 \): il numeratore tende a \( N(2) = 16 - 4 + 4 = 16 > 0 \). Il denominatore \( x^2-4=(x-2)(x+2) \) tende a \( 0 \), con \( x+2>0 \): è negativo per \( x < 2 \) e positivo per \( x > 2 \). \[ \lim_{x \to 2^-} f(x) = \left[\frac{16}{0^-}\right] = -\infty \qquad \lim_{x \to 2^+} f(x) = \left[\frac{16}{0^+}\right] = +\infty \] La retta \( x = 2 \) è un asintoto verticale.
• In \( x = -2 \): il numeratore tende a \( N(-2) = -16 - 4 + 4 = -16 < 0 \). Il denominatore \( (x-2)(x+2) \) tende a \( 0 \), con \( x-2<0 \): è positivo per \( x < -2 \) e negativo per \( x > -2 \). \[ \lim_{x \to -2^-} f(x) = \left[\frac{-16}{0^+}\right] = -\infty \qquad \lim_{x \to -2^+} f(x) = \left[\frac{-16}{0^-}\right] = +\infty \] La retta \( x = -2 \) è un asintoto verticale.

Asintoti orizzontali

Il grado del numeratore (3) è maggiore di quello del denominatore (2): \( \displaystyle\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \pm\infty \). Non esistono asintoti orizzontali.

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

Soluzione del quesito 9

Funzione proposta

Cerchiamo una funzione della forma \( f(x)=mx+q+g(x) \), con \( g(x) \) infinitesima per \( x\to\pm\infty \): per il teorema dimostrato nella pagina di teoria sugli asintoti, la retta \( y=mx+q \) è allora asintoto.

• Per l'asintoto verticale \( x=1 \) scegliamo \( g(x)=\dfrac{1}{x-1} \): è infinitesima per \( x\to\pm\infty \) e vale \( -\infty \) per \( x\to1^- \), \( +\infty \) per \( x\to1^+ \).
• A sinistra l'asintoto è orizzontale, \( y=-1 \): \( m=0 \), \( q=-1 \). Per \( x<1 \) prendiamo \( f(x)=-1+\dfrac{1}{x-1}=\dfrac{x}{x-1}-2 \).
• A destra l'asintoto è obliquo, \( y=x+1 \): \( m=1 \), \( q=1 \). Per \( x>1 \) prendiamo \( f(x)=(x+1)+\dfrac{1}{x-1} \).

Una sola espressione razionale non può avere un asintoto orizzontale da un lato e uno obliquo dall'altro: per questo definiamo la funzione a tratti.

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

Verifica degli asintoti

1. Asintoto verticale \( x = 1 \)

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

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

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

Usiamo la prima espressione:

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

Poiché \( \frac{x}{x - 1} = 1 + \frac{1}{x - 1} \) e per \( x \to -\infty \) il termine \( \frac{1}{x - 1} \) è negativo, \( f(x) \) tende a \( -1 \) da valori minori di \( -1 \) (cioè «dal basso»). La retta \( y = -1 \) è l'asintoto orizzontale a sinistra.

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

Per \( x > 1 \) la funzione ha la forma \( f(x) = mx + q + g(x) \), con \( m = 1 \), \( q = 1 \) e \( g(x) = \frac{1}{x-1} \) infinitesimo per \( x \to +\infty \). Per il teorema dimostrato nella pagina di teoria sugli asintoti, la retta \( y = x + 1 \) è asintoto per \( x \to +\infty \).

Verifichiamolo anche direttamente, con \( f(x) = (x+1) + \frac{1}{x - 1} \):

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

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

Grafico qualitativo

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

Soluzione del quesito 10

a) Espressione e dominio del costo medio

Dividiamo il costo totale per il numero di pezzi:

\[ C_m(x)=\frac{\frac12x^2+4x+200}{x}=\frac12\,x+4+\frac{200}{x} \]

Dal punto di vista matematico il dominio è \( x\ne0 \), cioè \( D=(-\infty,0)\cup(0,+\infty) \). Dal punto di vista economico \( x \) è il numero di pezzi prodotti, quindi deve essere positivo: il dominio con significato economico è \( x>0 \).

b) Asintoti

Asintoto verticale

Il punto escluso dal dominio è \( x=0 \). Per \( x\to0^+ \) (l'unico lato che ha significato economico):

\[ \lim_{x\to0^+}\left(\frac12x+4+\frac{200}{x}\right)=\left[\,0+4+\frac{200}{0^+}\,\right]=+\infty \]

La retta \( x=0 \) è un asintoto verticale. Significato: se si producono pochissimi pezzi, i costi fissi si ripartiscono su pochi articoli e il costo medio per pezzo diventa enorme.

Asintoti orizzontali

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

\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\frac12x+4+\frac{200}{x}\right)=\left[\,+\infty+4+0\,\right]=+\infty \]

Il limite è infinito: non ci sono asintoti orizzontali. Cerchiamo l'asintoto obliquo.

Asintoto obliquo

Cerchiamo \( y=mx+q \) per \( x\to+\infty \) (per \( x\to-\infty \) non avrebbe significato economico).

\[ m=\lim_{x\to+\infty}\frac{C_m(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\left(\frac12+\frac4x+\frac{200}{x^2}\right)=\frac12 \] \[ q=\lim_{x\to+\infty}\left[C_m(x)-\frac12x\right]=\lim_{x\to+\infty}\left(4+\frac{200}{x}\right)=4 \]

La retta \( y=\dfrac12x+4 \) è un asintoto obliquo. Significato: per produzioni molto grandi il costo medio cresce quasi come \( \frac12x+4 \), cioè come i soli costi variabili per pezzo: i costi fissi, divisi fra moltissimi pezzi, diventano trascurabili.

c) Da quale produzione la differenza è minore di 1 euro

Scriviamo \( C_m(x) \) nella forma \( mx+q+g(x) \):

\[ C_m(x)=\underbrace{\frac12x+4}_{mx+q}+\underbrace{\frac{200}{x}}_{g(x)} \qquad \text{con } \lim_{x\to+\infty}g(x)=0 \]

La funzione \( g(x)=\frac{200}{x} \) è infinitesima, e per il teorema dimostrato nella pagina di teoria sugli asintoti la retta \( y=\frac12x+4 \) è asintoto. La differenza fra il costo medio e la retta è proprio \( g(x) \), positiva per \( x>0 \):

\[ C_m(x)-\left(\frac12x+4\right)=\frac{200}{x}<1 \ \Longrightarrow\ x>200 \]

Quindi, producendo più di 200 pezzi, il costo medio differisce dalla retta asintotica per meno di 1 euro (la quota dei costi fissi per pezzo scende sotto 1 euro).

Mostriamo, anche se non richiesto, il grafico del costo medio: