Test 1 sugli Asintoti di una Funzione

Risposta corretta: C) \(x=3\) e \(y=2\)

Il dominio è \(x\neq3\). Studiamo il comportamento vicino a \(3\):

\[ \lim_{x\to3^+}\frac{2x+1}{x-3}=\left[\frac{7}{0^+}\right]=+\infty \qquad \lim_{x\to3^-}\frac{2x+1}{x-3}=\left[\frac{7}{0^-}\right]=-\infty \]

Quindi \(x=3\) è asintoto verticale. Per \(x\to\pm\infty\), numeratore e denominatore hanno lo stesso grado:

\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{2x+1}{x-3}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x\left(2+\frac1x\right)}{x\left(1-\frac3x\right)}=2 \]

Quindi \(y=2\) è asintoto orizzontale (sia per \(x\to+\infty\) sia per \(x\to-\infty\)). Avendo un asintoto orizzontale, la funzione non può avere asintoti obliqui.

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

Risposta corretta: B) \(x=2\) e \(y=1\)

Il dominio è \(x\neq\pm2\). Scomponiamo numeratore e denominatore:

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

Studiamo i due punti esclusi dal dominio. Per \(x=2\):

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

quindi \(x=2\) è asintoto verticale. Per \(x=-2\) il limite è finito:

\[ \lim_{x\to-2}f(x)=\lim_{x\to-2}\frac{x-3}{x-2}=\frac{-5}{-4}=\frac54 \]

quindi \(x=-2\) non è un asintoto: nel grafico manca solo il punto \(\left(-2;\frac54\right)\). Infine:

\[ \lim_{x\to\pm\infty}\frac{x-3}{x-2}=1 \]

e \(y=1\) è asintoto orizzontale.

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

Risposta corretta: D) \(x=-1\) e \(y=x-2\)

Dal grafico si vede che le due parti della curva si avvicinano alla retta verticale \(x=-1\) (a sinistra scendono verso \(-\infty\), a destra salgono verso \(+\infty\)). Inoltre, per \(x\) molto grande in valore assoluto, la curva si avvicina a una retta inclinata che passa, per esempio, per i punti \((0;-2)\) e \((2;0)\): la sua equazione è \(y=x-2\).

Verifichiamo con l'espressione della funzione, che è \(f(x)=\dfrac{x^2-x+1}{x+1}\). Per \(x\to-1\):

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

Dividendo il numeratore per il denominatore si ottiene \(x^2-x+1=(x+1)(x-2)+3\), quindi:

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

Poiché \(\dfrac{3}{x+1}\to0\) per \(x\to\pm\infty\), la retta \(y=x-2\) è asintoto obliquo (sia per \(x\to+\infty\) sia per \(x\to-\infty\)).

Ecco il grafico della funzione, con i suoi asintoti:

Risposta corretta: A) solo \(y=3x\)

Il denominatore \(x^2+4\) è sempre positivo: il dominio è \(\mathbb{R}\) e non ci sono asintoti verticali.

Poiché il grado del numeratore è maggiore di quello del denominatore, il limite per \(x\to\pm\infty\) è infinito, quindi non ci sono asintoti orizzontali. Il grado del numeratore supera di \(1\) quello del denominatore: cerchiamo l'asintoto obliquo \(y=mx+q\).

\[ m=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^3-1}{x^3+4x}=3 \] \[ q=\lim_{x\to\pm\infty}\left[f(x)-3x\right]=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x^3-1-3x^3-12x}{x^2+4}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{-12x-1}{x^2+4}=0 \]

L'asintoto obliquo è \(y=3x\) (sia per \(x\to+\infty\) sia per \(x\to-\infty\)).

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

Risposta corretta: C) \(x=0\) e \(y=0\) (per \(x\to+\infty\))

Il dominio è \(x>0\). Agli estremi del dominio:

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

quindi \(x=0\) è asintoto verticale (da destra). Per \(x\to+\infty\), \(x\) è un infinito di ordine superiore a \(\ln x\):

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0 \]

quindi \(y=0\) è asintoto orizzontale per \(x\to+\infty\). Per \(x\to-\infty\) la funzione non è definita, perciò lì non si può parlare di asintoti. Avendo l'asintoto orizzontale, non ci sono asintoti obliqui.

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

Risposta corretta: B) \(x=0\), \(y=0\) e \(y=1\)

Dal grafico si vede che la curva si avvicina alla retta \(x=0\): a sinistra scende verso \(-\infty\), a destra sale verso \(+\infty\). Per \(x\to+\infty\) la curva si avvicina alla retta \(y=1\), per \(x\to-\infty\) all'asse \(x\), cioè alla retta \(y=0\).

Verifichiamo con l'espressione della funzione, che è \(f(x)=\dfrac{e^x}{e^x-1}\):

\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=\left[\frac{1}{0^+}\right]=+\infty \qquad \lim_{x\to0^-}f(x)=\left[\frac{1}{0^-}\right]=-\infty \] \[ \lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{e^x-1}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{1-e^{-x}}=1 \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{e^x}{e^x-1}=\left[\frac{0}{-1}\right]=0 \]

Quindi \(x=0\) è asintoto verticale, \(y=1\) è asintoto orizzontale per \(x\to+\infty\) e \(y=0\) è asintoto orizzontale per \(x\to-\infty\): due orizzontali diversi, uno per ciascuna parte.

Ecco il grafico della funzione, con i suoi asintoti:

Risposta corretta: D) \(a=3\)

Dividiamo il numeratore per il denominatore: \(x^2+ax=(x-1)(x+a+1)+(a+1)\), quindi:

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

Poiché \(\dfrac{a+1}{x-1}\to0\) per \(x\to\pm\infty\), l'asintoto obliquo è \(y=x+a+1\). Lo stesso risultato si ottiene con i limiti:

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

Imponiamo il passaggio per \(P(0;4)\), cioè \(4=0+a+1\):

\[ a=3 \]

Per \(a=3\) la funzione è \(f(x)=\dfrac{x^2+3x}{x-1}\), con asintoto obliquo \(y=x+4\) (e asintoto verticale \(x=1\)).

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

Risposta corretta: A) \(x=1\) e \(x=-1\)

Il dominio si ottiene da \(x^2-1>0\), cioè \(x<-1\) oppure \(x>1\). Studiamo i limiti agli estremi del dominio:

\[ \lim_{x\to1^+}\ln\left(x^2-1\right)=\left[\ln0^+\right]=-\infty \qquad \lim_{x\to-1^-}\ln\left(x^2-1\right)=\left[\ln0^+\right]=-\infty \]

quindi \(x=1\) e \(x=-1\) sono asintoti verticali (il primo da destra, il secondo da sinistra). Per \(x\to\pm\infty\):

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

quindi non ci sono asintoti orizzontali. Cerchiamo l'asintoto obliquo:

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

Con \(m=0\) un'eventuale retta sarebbe orizzontale, ma abbiamo visto che il limite di \(f\) è infinito: non ci sono nemmeno asintoti obliqui.

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

Risposta corretta: C) \(y=0\) per \(x\to+\infty\) e \(y=x\) per \(x\to-\infty\)

Il denominatore \(1+e^x\) è sempre positivo: il dominio è \(\mathbb{R}\) e non ci sono asintoti verticali.

Per \(x\to+\infty\) l'esponenziale è un infinito di ordine superiore a \(x\):

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

quindi \(y=0\) è asintoto orizzontale per \(x\to+\infty\). Per \(x\to-\infty\) si ha \(e^x\to0\) e \(f(x)\) si comporta come \(x\): cerchiamo l'asintoto obliquo.

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

perché \(x\,e^x\to0\) per \(x\to-\infty\). Quindi \(y=x\) è asintoto obliquo per \(x\to-\infty\). La funzione ha comportamenti diversi a destra e a sinistra: gli asintoti vanno studiati separatamente nei due versi.

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

Risposta corretta: B) \(y=\frac{\pi}{2}x-1\) per \(x\to+\infty\) e \(y=-\frac{\pi}{2}x-1\) per \(x\to-\infty\)

La funzione è definita su \(\mathbb{R}\): non ci sono asintoti verticali. Per \(x\to\pm\infty\) si ha \(f(x)\to+\infty\): non ci sono asintoti orizzontali. Cerchiamo gli asintoti obliqui, cominciando da \(x\to+\infty\).

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

Poniamo \(z=\arctan x\), cioè \(x=\tan z\). Per \(x\to+\infty\) si ha \(z\to\dfrac{\pi}{2}^-\), quindi il limite diventa:

\[ q=\lim_{z\to\frac{\pi}{2}^-}\tan z\left(z-\frac{\pi}{2}\right) \]

Poniamo ora \(w=\dfrac{\pi}{2}-z\): per \(z\to\dfrac{\pi}{2}^-\) si ha \(w\to0^+\), inoltre \(z-\dfrac{\pi}{2}=-w\) e, per gli angoli complementari, \(\tan z=\tan\left(\dfrac{\pi}{2}-w\right)=\dfrac{\cos w}{\sin w}\). Quindi:

\[ q=\lim_{w\to0^+}\frac{\cos w}{\sin w}\,(-w)=-\lim_{w\to0^+}\cos w\cdot\frac{w}{\sin w}=-1 \]

L'asintoto obliquo per \(x\to+\infty\) è \(y=\dfrac{\pi}{2}x-1\).

Per \(x\to-\infty\) osserviamo che la funzione è pari: \(f(-x)=(-x)\arctan(-x)=x\arctan x=f(x)\). Il suo grafico è quindi simmetrico rispetto all'asse \(y\), e l'asintoto per \(x\to-\infty\) è il simmetrico di quello trovato, cioè:

\[ y=-\frac{\pi}{2}x-1 \]

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