GLI ASINTOTI DI UNA FUNZIONE

La definizione

La curva \(\gamma\) e la retta \(r\): \(PH\) è la distanza di \(P\) dalla retta (\(H\) è il piede della perpendicolare condotta da \(P\) a \(r\)), mentre \(K\) è il punto di \(r\) che ha la stessa ascissa di \(P\). Spostando \(P\) verso destra su \(\gamma\), la distanza \(PH\) diventa sempre più piccola.

Un asintoto è dunque una retta alla quale la curva si avvicina sempre di più. Non è detto, però, che la curva non possa toccarla: vedremo che il grafico di una funzione può intersecare un asintoto, anche infinite volte (con una sola eccezione, quella degli asintoti verticali, di cui parleremo nella prossima sezione).

Tre tipi di asintoti

Da qui in poi ci riferiamo sempre al grafico di una funzione \(y=f(x)\). Una retta può essere asintoto in tre modi diversi, a seconda della sua posizione:

• un asintoto verticale è una retta di equazione \(x=c\) (Sezione 2);
• un asintoto orizzontale è una retta di equazione \(y=l\) (Sezione 3);
• un asintoto obliquo è una retta di equazione \(y=mx+q\), con \(m\neq0\) (Sezione 4).

In tutti e tre i casi la ricerca degli asintoti si riduce al calcolo di opportuni limiti, che abbiamo imparato a trattare nell'unità sul concetto di limite e in quella sui limiti notevoli.

Quando una retta verticale è asintoto

Basta quindi che sia infinito almeno uno dei due limiti, il destro o il sinistro; naturalmente la condizione è soddisfatta anche quando \(\displaystyle\lim_{x\to c}f(x)=\infty\), cioè quando i due limiti sono entrambi infiniti.

La distanza di \(P=\bigl(x,f(x)\bigr)\) dalla retta \(x=c\) è \(PH=|x-c|\): se \(x\to c\) tale distanza tende a zero, e nello stesso tempo \(P\) si allontana indefinitamente, perché \(|f(x)|\to+\infty\).

Dove cercarli

Per cercare gli asintoti verticali si procede in questo modo.

1. Si determina il dominio della funzione.
2. Si considerano i punti \(c\) non appartenenti al dominio ma di accumulazione per il dominio, per esempio gli zeri di un denominatore o gli estremi esclusi degli intervalli che formano il dominio (come il punto in cui si annulla l'argomento di un logaritmo). In ciascuno si calcolano il limite destro e il limite sinistro (uno solo, se \(c\) è estremo del dominio). La retta \(x=c\) è un asintoto verticale se e solo se almeno uno di questi limiti è \(+\infty\) oppure \(-\infty\).
   N.B. Il fatto che \(f\) non sia definita in \(c\) non basta per concludere che \(x=c\) sia un asintoto verticale (Esempio 4).
3. Se la funzione è definita "a tratti", si studiano allo stesso modo i limiti destro e sinistro nei punti in cui cambia la definizione, anche se \(f\) è definita in \(c\): se almeno uno dei due è infinito, \(x=c\) è un asintoto verticale, qualunque sia il valore \(f(c)\) (Esempio 5).

Negli altri punti del dominio, dove la funzione è data da un'unica espressione, non ci sono asintoti verticali.

Esempi

Esempio 1. \(f(x)=\dfrac{1}{x-2}\). Il dominio è \(\mathbb{R}\setminus\{2\}\). Calcoliamo i limiti in \(x=2\):

\[ \lim_{x\to2^{+}}\frac{1}{x-2}=\left[\frac{1}{0^{+}}\right]=+\infty\qquad\qquad\lim_{x\to2^{-}}\frac{1}{x-2}=\left[\frac{1}{0^{-}}\right]=-\infty \]

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

Esempio 2. \(f(x)=\ln x\). Il dominio è \((0,+\infty)\), quindi in \(x=0\) ha senso solo il limite destro:

\[ \lim_{x\to0^{+}}\ln x=-\infty \]

La retta \(x=0\) (l'asse \(y\)) è un asintoto verticale, anche se la funzione è definita da una sola parte.

Esempio 3. \(f(x)=\tan x\). Il dominio esclude i punti \(x=\dfrac\pi2+k\pi\), con \(k\) intero. In ciascuno di essi:

\[ \lim_{x\to(\pi/2)^{-}}\tan x=+\infty\qquad\qquad\lim_{x\to(\pi/2)^{+}}\tan x=-\infty \]

e analogamente negli altri punti. Quindi la funzione ha infiniti asintoti verticali, le rette \(x=\dfrac\pi2+k\pi\).

Esempio 4 (un punto escluso dal dominio non dà sempre un asintoto). \(f(x)=\dfrac{x^2-1}{x-1}\). Il dominio è \(\mathbb{R}\setminus\{1\}\), ma:

\[ \lim_{x\to1}\frac{x^2-1}{x-1}=\lim_{x\to1}\frac{(x-1)(x+1)}{x-1}=\lim_{x\to1}(x+1)=2 \]

Il limite è finito, quindi in \(x=1\) non c'è un asintoto verticale (il grafico è la retta \(y=x+1\) privata del punto \((1,2)\)).

Esempio 5 (un asintoto verticale intersecato dal grafico). Consideriamo la funzione definita a tratti

\[ f(x)=\begin{cases} e^{1/x} & \text{se } x\neq0 \\ 0 & \text{se } x=0 \end{cases} \]

Il punto in cui cambia la definizione è \(x=0\), e qui la funzione è definita. Studiamo i limiti destro e sinistro:

\[ \lim_{x\to0^{+}}e^{1/x}=e^{+\infty}=+\infty\qquad\qquad\lim_{x\to0^{-}}e^{1/x}=e^{-\infty}=0 \]

Il limite destro è infinito, quindi la retta \(x=0\) è un asintoto verticale (solo da destra: da sinistra la funzione tende al valore finito \(0\)). Inoltre \(f(0)=0\): il punto \((0,0)\) appartiene al grafico e si trova proprio sulla retta \(x=0\). Il valore \(f(0)\) non influisce sull'esistenza dell'asintoto, perché il limite dipende solo dai valori di \(f\) per \(x\neq0\).

Il grafico interseca l'asintoto verticale \(x=0\) nel punto \((0,0)\), ma in nessun altro punto: una retta verticale contiene al massimo un punto del grafico di una funzione.

Quando una retta orizzontale è asintoto

La distanza di \(P=\bigl(x,f(x)\bigr)\) dalla retta \(y=l\) è \(PH=|f(x)-l|\), e tende a zero quando \(x\to+\infty\) (ed è ciò che afferma il limite \(\lim f(x)=l\)).

I due asintoti, destro e sinistro, possono coincidere, essere diversi, oppure uno solo dei due può esistere.

Una funzione che interseca infinite volte il proprio asintoto orizzontale \(y=l\) (funzioni di questo tipo sono, per esempio, \(f(x)=l+\dfrac{\sin x}{x}\) oppure \(f(x)=l+e^{-x}\cos x\)).

Esempi

Esempio 1. \(f(x)=1+\dfrac{1}{x-1}\):

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

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

Esempio 2. \(f(x)=\arctan x\):

\[ \lim_{x\to+\infty}\arctan x=\frac\pi2\qquad\qquad\lim_{x\to-\infty}\arctan x=-\frac\pi2 \]

Gli asintoti orizzontali sono due: \(y=\dfrac\pi2\) per \(x\to+\infty\) e \(y=-\dfrac\pi2\) per \(x\to-\infty\).

Esempio 3. \(f(x)=e^x\):

\[ \lim_{x\to-\infty}e^x=0\qquad\qquad\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty \]

Esiste un solo asintoto orizzontale, \(y=0\), e solo per \(x\to-\infty\).

Esempio 4. \(f(x)=\dfrac{\sin x}{x}\). Poiché \(|\sin x|\le1\), si ha \(\displaystyle\left|\frac{\sin x}{x}\right|\le\frac{1}{|x|}\to0\) per \(x\to\pm\infty\) (teorema del confronto), quindi \(y=0\) è un asintoto orizzontale. Il grafico interseca l'asintoto nei punti \(x=k\pi\), con \(k\) intero non nullo, che sono infiniti.

Esempio 5. \(f(x)=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\):

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

perché per \(x\to-\infty\) è \(\sqrt{x^2}=|x|=-x\). Gli asintoti orizzontali sono \(y=1\) (a destra) e \(y=-1\) (a sinistra).

Esempio 6 (una funzione a tratti con tre asintoti). Consideriamo

\[ f(x)=\begin{cases} 1+e^{x} & \text{se } x<0 \\ 0 & \text{se } x=0 \\ x+\dfrac1x & \text{se } x>0 \end{cases} \]

Asintoto verticale. Il punto in cui cambia la definizione è \(x=0\), e qui la funzione è definita (\(f(0)=0\)). Calcoliamo i limiti destro e sinistro:

\[ \lim_{x\to0^{-}}\bigl(1+e^{x}\bigr)=2\qquad\qquad\lim_{x\to0^{+}}\Bigl(x+\frac1x\Bigr)=+\infty \]

Il limite destro è infinito: la retta \(x=0\) è un asintoto verticale (solo da destra). Il valore \(f(0)=0\) non ha alcuna influenza.

Asintoto orizzontale per \(x\to-\infty\). Si ha \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\bigl(1+e^{x}\bigr)=1\): la retta \(y=1\) è un asintoto orizzontale a sinistra.

Asintoto obliquo per \(x\to+\infty\). Per \(x\to+\infty\) la funzione tende a \(+\infty\), quindi non c'è un asintoto orizzontale. Cerchiamo quello obliquo:

\[ m=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\Bigl(1+\frac1{x^{2}}\Bigr)=1\] \[q=\lim_{x\to+\infty}\bigl[f(x)-x\bigr]=\lim_{x\to+\infty}\frac1x=0 \]

La retta \(y=x\) è un asintoto obliquo a destra. In conclusione la funzione ha tre asintoti: \(x=0\), \(y=1\) (per \(x\to-\infty\)) e \(y=x\) (per \(x\to+\infty\)).

Per \(x\to-\infty\) il grafico si avvicina alla retta \(y=1\); per \(x\to0^{+}\) sale lungo la retta \(x=0\); per \(x\to+\infty\) si avvicina alla retta \(y=x\). Il cerchietto vuoto in \((0,2)\) indica che il limite sinistro in \(0\) non è il valore della funzione; il punto \((0,0)\) appartiene al grafico.

Una condizione necessaria

Perché la funzione \(y=f(x)\) abbia l'asintoto obliquo \(y=mx+q\), per \(x\to+\infty\) (oppure per \(x\to-\infty\)), è necessario (ma non sufficiente) che esista finito il limite \[ m=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{x} \] (lo dimostreremo fra poco, con il Teorema 2). Il valore di questo limite è il coefficiente angolare \(m\) dell'eventuale asintoto.

Dire che la condizione non è sufficiente significa che esistono funzioni per le quali questo limite esiste finito, ma che non hanno asintoto obliquo: per esempio \(f(x)=x+\sqrt x\), per \(x\to+\infty\), per la quale \(\dfrac{f(x)}{x}=1+\dfrac{1}{\sqrt x}\to1\), ma, come vedremo, non esiste alcuna retta asintoto.

Un grafico che interseca infinite volte il proprio asintoto obliquo \(y=x\).

Il teorema fondamentale per gli asintoti obliqui

Il teorema vale anche per \(m=0\): in tal caso la retta \(y=q\) è un asintoto orizzontale.

Dimostrazione

Consideriamo la figura della Sezione 1, che riportiamo qui sotto: \(P=\bigl(x,f(x)\bigr)\) è il generico punto del grafico, \(K=\bigl(x,mx+q\bigr)\) il punto della retta con la stessa ascissa e \(H\) il piede della perpendicolare da \(P\) a \(r\).

La distanza di \(P\) dalla retta \(r\) si calcola con la formula della distanza di un punto da una retta:

\[ PH=\frac{\bigl|f(x)-(mx+q)\bigr|}{\sqrt{1+m^2}} \]

(si può vedere anche in modo geometrico: \(PK=|f(x)-(mx+q)|\) è l'ipotenusa del triangolo rettangolo \(PHK\), e quindi \(PH\le PK\).) Quando \(P\) si allontana indefinitamente sul grafico, per l'asintoto obliquo ciò significa \(x\to+\infty\) (oppure \(x\to-\infty\)).

Se vale \((*)\), allora \(r\) è asintoto. Dalla \((*)\) si ha \(f(x)-(mx+q)=g(x)\), quindi

\[ PH=\frac{|g(x)|}{\sqrt{1+m^2}}\ \longrightarrow\ 0 \]

perché \(g(x)\) è infinitesimo. Dunque \(r\) è asintoto per definizione.

Se \(r\) è asintoto, allora vale \((*)\). Per definizione \(PH\to0\), e poiché \(\bigl|f(x)-(mx+q)\bigr|=\sqrt{1+m^2}\cdot PH\), anche \(\bigl|f(x)-(mx+q)\bigr|\to0\). Posto allora

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

\(g(x)\) è un infinitesimo e vale \(f(x)=mx+q+g(x)\), cioè la \((*)\). \(\qquad\blacksquare\)

Dimostrazione

Se \(r\) è asintoto, allora valgono 1) e 2). Per il Teorema 1 si ha \(f(x)=mx+q+g(x)\), con \(g(x)\) infinitesimo. Quindi:

\[ \frac{f(x)}{x}=m+\frac{q}{x}+\frac{g(x)}{x}\ \longrightarrow\ m+0+0=m \]

e la 1) è verificata. Inoltre \(f(x)-mx=q+g(x)\), che tende a \(q\) perché \(g(x)\) è infinitesimo: è verificata anche la 2).

Se valgono 1) e 2), allora \(r\) è asintoto. Dalla 2) segue che \(f(x)-mx-q\) tende a zero: posto \(g(x)=f(x)-mx-q\), \(g(x)\) è infinitesimo e vale \(f(x)=mx+q+g(x)\). Per il Teorema 1, \(r\) è asintoto. \(\qquad\blacksquare\)

Come si procede in pratica

Per ciascuna delle due direzioni, \(x\to+\infty\) e \(x\to-\infty\), separatamente:

1. si calcola \(\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)\): se vale un numero reale \(l\), c'è l'asintoto orizzontale \(y=l\) (e non ci sono asintoti obliqui da quella parte);
2. se il limite è infinito, si calcola \(\displaystyle m=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{x}\): se non esiste finito, oppure vale \(0\), da quella parte non c'è asintoto obliquo;
3. se \(m\) è un numero reale diverso da zero, si calcola \(\displaystyle q=\lim_{x\to\pm\infty}\bigl[f(x)-mx\bigr]\): se esiste finito, la retta \(y=mx+q\) è asintoto obliquo; altrimenti non c'è asintoto.

Poiché \(m\) e \(q\) sono unici, per \(x\to+\infty\) la funzione può avere al più un asintoto non verticale (orizzontale oppure obliquo), e lo stesso vale per \(x\to-\infty\).

Un esempio in cui la condizione non basta. Per \(f(x)=x+\sqrt x\), con \(x\to+\infty\):

\[ m=\lim_{x\to+\infty}\frac{x+\sqrt x}{x}=1\] \[q=\lim_{x\to+\infty}\bigl[x+\sqrt x-x\bigr]=\lim_{x\to+\infty}\sqrt x=+\infty \]

Il coefficiente angolare esiste finito, ma \(q\) è infinito: non c'è alcun asintoto obliquo.

Esempio 1: \(f(x)=x+\dfrac1x\)

Il dominio è \(\mathbb{R}\setminus\{0\}\).

Asintoti verticali. In \(x=0\), per \(x\to0^+\) la funzione tende a \(+\infty\) e per \(x\to0^-\) tende a \(-\infty\) (perché \(\dfrac1x\) tende a \(\pm\infty\) e \(x\to0\)). La retta \(x=0\) è un asintoto verticale.

Il grafico di \(f(x)=x+\dfrac1x\), con gli asintoti \(x=0\) e \(y=x\).

Asintoti obliqui. La funzione è già scritta nella forma \(f(x)=mx+q+g(x)\), con \(m=1\), \(q=0\) e \(g(x)=\dfrac1x\), che è infinitesimo per \(x\to\pm\infty\). Per il Teorema 1 la retta \(y=x\) è asintoto obliquo, sia per \(x\to+\infty\) sia per \(x\to-\infty\).

Verifica con il Teorema 2.

\[ m=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x+\frac1x}{x}=\lim_{x\to\pm\infty}\left(1+\frac{1}{x^2}\right)=1\] \[q=\lim_{x\to\pm\infty}\left[x+\frac1x-x\right]=0 \]

Esempio 2: \(f(x)=e^{-x}\left(xe^{x}+1\right)\)

Svolgendo il prodotto la funzione si scrive nella forma

\[ f(x)=x+e^{-x} \]

Il dominio è \(\mathbb{R}\), e non ci sono asintoti verticali.

Il grafico di \(f(x)=x+e^{-x}\): ha l'asintoto \(y=x\) solo a destra.

Per \(x\to+\infty\). Poiché \(e^{-x}=\dfrac{1}{e^x}\) è infinitesimo, per il Teorema 1 la retta \(y=x\) è asintoto obliquo.

Per \(x\to-\infty\). Il termine \(e^{-x}\) tende a \(+\infty\), e più velocemente di \(x\):

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

Quindi \(m\) non è finito: per \(x\to-\infty\) la funzione non ammette né asintoto obliquo né asintoto orizzontale.

Esempio 3: \(f(x)=\sqrt{x^2+1}\)

Il dominio è \(\mathbb{R}\); non ci sono asintoti verticali, e non ci sono asintoti orizzontali, perché \(\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}\sqrt{x^2+1}=+\infty\).

Il grafico di \(f(x)=\sqrt{x^2+1}\): due asintoti obliqui diversi, uno per ciascuna direzione.

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

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

L'asintoto è \(y=x\).

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

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

L'asintoto è \(y=-x\).

Quando c'è l'asintoto obliquo

Dimostrazione

Sia \(f(x)=\dfrac{A(x)}{B(x)}\), con \(A\) e \(B\) polinomi, e il grado di \(A\) uguale al grado di \(B\) più \(1\). Indichiamo con \(Q(x)\) e \(R(x)\) il quoziente e il resto della divisione di \(A\) per \(B\), così da poter scrivere

\[ \frac{A(x)}{B(x)}=Q(x)+\frac{R(x)}{B(x)} \]

Per ipotesi \(Q\) è di primo grado (il suo grado è la differenza dei gradi di \(A\) e di \(B\), cioè \(1\)), quindi \(Q(x)=mx+q\) con \(m\neq0\); inoltre \(R\) ha grado minore del grado di \(B\), e perciò \(g(x)=\dfrac{R(x)}{B(x)}\) è un infinitesimo per \(x\to\pm\infty\). Dunque

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

e per il Teorema 1 la retta \(y=Q(x)\) è asintoto obliquo.

Viceversa, se il grado di \(A\) non supera quello di \(B\), la funzione ha un limite finito per \(x\to\pm\infty\) (vedi la tabella qui sotto) e \(\dfrac{f(x)}{x}\to0\): da quella parte c'è, al più, un asintoto orizzontale. Se invece il grado di \(A\) supera quello di \(B\) di almeno \(2\), \(\dfrac{f(x)}{x}\) è infinito e non esiste il coefficiente angolare \(m\). \(\qquad\blacksquare\)

Riepilogo dei casi per \(x\to\pm\infty\)

Siano \(a\) e \(b\) i coefficienti dei termini di grado massimo di \(A\) e di \(B\):

Gli asintoti verticali di una funzione razionale fratta si trovano nei punti che annullano il denominatore e non il numeratore (dopo aver semplificato eventuali fattori comuni).

Esempi

Esempio 1. Cerchiamo gli asintoti di \(f(x)=\dfrac{x^3+6x+2}{x^2+1}\). Il dominio è \(\mathbb{R}\), perché \(x^2+1\) non si annulla mai: non ci sono asintoti verticali. Il grado del numeratore (\(3\)) supera di \(1\) quello del denominatore (\(2\)); dividendo \(x^3+6x+2\) per \(x^2+1\) si ottiene quoziente \(Q(x)=x\) e resto \(R(x)=5x+2\):

\[ x^3+6x+2=x\,(x^2+1)+(5x+2) \] \[ f(x)=x+\frac{5x+2}{x^2+1} \]

Quindi la retta \(y=x\) è asintoto obliquo, sia per \(x\to+\infty\) sia per \(x\to-\infty\).

Il grafico di \(f(x)=\dfrac{x^3+6x+2}{x^2+1}\) e il suo asintoto obliquo \(y=x\).

Il grafico interseca l'asintoto: i punti in comune si trovano da \(f(x)=x\), cioè da \(\dfrac{5x+2}{x^2+1}=0\), che dà \(x=-\dfrac25\). C'è un solo punto in comune, \(\left(-\dfrac25,-\dfrac25\right)\); dopo di esso la curva si avvicina all'asintoto senza più toccarlo.

Esempio 2. Cerchiamo gli asintoti di \(f(x)=\dfrac{x^2-3x+1}{x-2}\). Dominio: \(x\neq2\).

Asintoto verticale. Il numeratore in \(x=2\) vale \(4-6+1=-1\neq0\), quindi:

\[ \lim_{x\to2^{+}}f(x)=\left[\frac{-1}{0^{+}}\right]=-\infty\qquad\qquad\lim_{x\to2^{-}}f(x)=\left[\frac{-1}{0^{-}}\right]=+\infty \]

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

Asintoto obliquo. Il grado del numeratore supera di \(1\) quello del denominatore. Dividendo si ottiene \(Q(x)=x-1\) e \(R(x)=-1\):

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

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

Esempio 3. Per \(f(x)=\dfrac{2x^2+1}{x^2-3}\) i due polinomi hanno lo stesso grado, quindi \(\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\frac21=2\): la retta \(y=2\) è un asintoto orizzontale (per \(x\to+\infty\) e per \(x\to-\infty\)). Gli zeri del denominatore, \(x=\pm\sqrt3\), non annullano il numeratore: le rette \(x=\sqrt3\) e \(x=-\sqrt3\) sono asintoti verticali.

Asintoti da una sola parte

Un asintoto può valere solo da una parte: solo a destra o solo a sinistra, solo sopra o solo sotto un punto escluso dal dominio. Consideriamo \(f(x)=e^{1/x}\), con dominio \(\mathbb{R}\setminus\{0\}\):

\[ \lim_{x\to0^{+}}e^{1/x}=+\infty\qquad\qquad\lim_{x\to0^{-}}e^{1/x}=0 \] \[ \lim_{x\to+\infty}e^{1/x}=e^{0}=1\qquad\qquad\lim_{x\to-\infty}e^{1/x}=e^{0}=1 \]

Il grafico di \(f(x)=e^{1/x}\).

Quindi \(x=0\) è un asintoto verticale solo da destra (da sinistra la funzione tende a un valore finito, \(0\)), mentre \(y=1\) è asintoto orizzontale sia per \(x\to+\infty\) sia per \(x\to-\infty\).

Quando serve un limite notevole

Cerchiamo gli asintoti di \(f(x)=x\,e^{1/x}\). Il dominio è \(\mathbb{R}\setminus\{0\}\).

Il grafico di \(f(x)=x\,e^{1/x}\) e il suo asintoto obliquo \(y=x+1\).

Asintoti verticali. Per \(x\to0^{+}\), ponendo \(t=\dfrac1x\to+\infty\), si ha \(x\,e^{1/x}=\dfrac{e^{t}}{t}\to+\infty\) (gerarchia degli infiniti). Per \(x\to0^{-}\), \(e^{1/x}\to0\) e anche il prodotto tende a \(0\). La retta \(x=0\) è dunque un asintoto verticale, solo da destra.

Asintoti obliqui. Per \(x\to\pm\infty\) la funzione è infinita, e:

\[ m=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x\,e^{1/x}}{x}=\lim_{x\to\pm\infty}e^{1/x}=1 \]

Per calcolare \(q\) poniamo \(t=\dfrac1x\): per \(x\to\pm\infty\) risulta \(t\to0\), e si ricava il limite notevole dell'esponenziale:

\[ q=\lim_{x\to\pm\infty}\left[x\,e^{1/x}-x\right]=\lim_{x\to\pm\infty}x\left(e^{1/x}-1\right)=\lim_{t\to0}\frac{e^{t}-1}{t}=1 \]

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

Un esempio con l'arcotangente

Cerchiamo gli asintoti di \(f(x)=x\arctan x\), definita su \(\mathbb{R}\) (nessun asintoto verticale). Per \(x\to\pm\infty\) la funzione tende a \(+\infty\), e:

\[ m=\lim_{x\to\pm\infty}\arctan x=\pm\frac\pi2 \]

Per calcolare \(q\) servono due formule diverse per le due direzioni. Per \(x>0\) vale \(\arctan x=\dfrac\pi2-\arctan\dfrac1x\); posto \(t=\dfrac1x\to0^{+}\) e ricordando che \(\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{\arctan t}{t}=1\):

\[ q=\lim_{x\to+\infty}\left[x\arctan x-\frac\pi2\,x\right]=\] \[=\lim_{x\to+\infty}\left[-x\arctan\frac1x\right]=-\lim_{t\to0^{+}}\frac{\arctan t}{t}=-1 \]

Per \(x<0\) vale \(\arctan x=-\dfrac\pi2-\arctan\dfrac1x\), e in modo analogo si ottiene \(q=-1\) anche per \(x\to-\infty\). Quindi gli asintoti obliqui sono due:

Il grafico di \(f(x)=x\arctan x\): i due asintoti obliqui hanno coefficienti angolari opposti.

Radici di un trinomio di secondo grado

Consideriamo funzioni del tipo \(f(x)=\sqrt{ax^2+bx+c}\). Poiché \(y=f(x)\ge0\) e \(y^2=ax^2+bx+c\), il grafico di \(f\) è la parte con \(y\ge0\) di una conica. Il tipo di conica dipende dal segno di \(a\), e con esso la presenza o meno di asintoti. Vediamo alcuni esempi.

Esempio 1 (parabola). \(f(x)=\sqrt{x+1}\), definita per \(x\ge-1\). Da \(y^2=x+1\) si riconosce la parabola di vertice \(V(-1,0)\) e asse l'asse \(x\); il grafico è la sua parte con \(y\ge0\). Per \(x\to+\infty\) la funzione tende a \(+\infty\), ma

\[ m=\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{x+1}}{x}=0\qquad\text{e}\qquad q=\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x+1}=+\infty \]

non è finito: non c'è né un asintoto orizzontale né uno obliquo. Non c'è nemmeno un asintoto verticale, perché in \(x=-1\), che appartiene al dominio, la funzione vale \(0\). Una parabola non ha asintoti.

Esempio 2 (semicirconferenza). \(f(x)=\sqrt{4-x^2}\), definita per \(-2\le x\le2\). Da \(y^2=4-x^2\), cioè \(x^2+y^2=4\), si riconosce la circonferenza di centro \(O\) e raggio \(2\): il grafico è la semicirconferenza superiore. Il dominio è limitato, quindi non si possono calcolare limiti per \(x\to\pm\infty\) e non ci sono asintoti orizzontali né obliqui. Non ci sono nemmeno asintoti verticali: i punti \(x=\pm2\) appartengono al dominio e fuori dall'intervallo \([-2,2]\) la funzione non è definita in alcun intorno. La semicirconferenza non ha asintoti.

Esempio 3 (semiellisse). \(f(x)=\sqrt{4-\dfrac49x^2}\), definita per \(-3\le x\le3\). Da \(y^2=4-\dfrac49x^2\) si ottiene \(\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{4}=1\), l'ellisse di semiassi \(3\) e \(2\): il grafico è la semiellisse superiore. Come per la semicirconferenza, il dominio è limitato e agli estremi \(x=\pm3\) la funzione è definita: non ci sono asintoti.

Esempio 4 (iperbole). \(f(x)=\sqrt{x^2+6x+5}\). Poiché \(x^2+6x+5=(x+1)(x+5)\), il dominio è \(x\le-5\) oppure \(x\ge-1\). Completando il quadrato, \(x^2+6x+5=(x+3)^2-4\), quindi \(y^2=(x+3)^2-4\), cioè

\[ (x+3)^2-y^2=4 \]

che è un'iperbole di centro \((-3,0)\): il grafico è formato da due "mezzi rami", uno per \(x\le-5\) e uno per \(x\ge-1\). Un'iperbole ha asintoti, e infatti, per \(x\to+\infty\):

\[ m=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\sqrt{1+\frac6x+\frac5{x^2}}=1 \] \[ q=\lim_{x\to+\infty}\bigl[f(x)-x\bigr]=\lim_{x\to+\infty}\frac{6x+5}{\sqrt{x^2+6x+5}+x}=\] \[=\lim_{x\to+\infty}\frac{6+\frac5x}{\sqrt{1+\frac6x+\frac5{x^2}}+1}=3 \]

La retta \(y=x+3\) è un asintoto obliquo a destra. Per \(x\to-\infty\) si ha \(\sqrt{x^2}=-x\), e con lo stesso procedimento si trovano \(m=-1\) e \(q=-3\): la retta \(y=-x-3\) è un asintoto obliquo a sinistra. Non ci sono asintoti verticali, perché i punti \(x=-5\) e \(x=-1\) appartengono al dominio.

I due mezzi rami si avvicinano alle rette \(y=x+3\) (a destra) e \(y=-x-3\) (a sinistra), che sono gli asintoti dell'iperbole \((x+3)^2-y^2=4\).

Asintotico non significa asintoto

Nell'unità sui limiti notevoli abbiamo detto che due funzioni sono asintotiche se il limite del loro rapporto è \(1\). Non bisogna confondere questa relazione con quella di asintoto. Per esempio, per \(x\to+\infty\), \(f(x)=x+\sqrt x\) è asintotica a \(x\), perché \(\dfrac{x+\sqrt x}{x}\to1\); però la retta \(y=x\) non è asintoto, perché la differenza \(f(x)-x=\sqrt x\) tende a \(+\infty\) (la distanza dalla retta cresce). Per avere un asintoto, la differenza fra la funzione e la retta deve tendere a zero.

Quanti asintoti può avere una funzione?

• Gli asintoti verticali possono essere in numero qualsiasi, anche infiniti (come per \(\tan x\)).
• Gli asintoti orizzontali e obliqui, in tutto, sono al massimo due: uno per \(x\to+\infty\) e uno per \(x\to-\infty\), perché per ciascuna direzione \(m\) e \(q\) sono unici.
• I due asintoti non verticali possono essere di tipo diverso. Per esempio, la funzione \(f(x)=\dfrac{x\,e^{x}}{e^{x}+1}\) ha l'asintoto orizzontale \(y=0\) per \(x\to-\infty\) (perché \(x\,e^x\to0\)) e l'asintoto obliquo \(y=x\) per \(x\to+\infty\) (infatti \(f(x)-x=-\dfrac{x}{e^x+1}\to0\)).

I tre tipi di asintoto

Schema per la ricerca degli asintoti

1. Si determina il dominio della funzione.
2. Asintoti verticali: si calcolano i limiti (destro e sinistro) nei punti esclusi dal dominio ma di accumulazione per esso, e nei punti in cui cambia la definizione di una funzione a tratti (anche se lì la funzione è definita).
3. Asintoti orizzontali: si calcolano \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)\) e \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)\) (se il dominio lo consente).
4. Asintoti obliqui: per ogni direzione in cui il limite del punto precedente è infinito, si calcolano \(m\) e poi \(q\).
5. Per le funzioni razionali fratte, si usa la divisione dei polinomi (Sezione 6).