Test 3 sugli Asintoti di una Funzione

Soluzione: ① \((x-3)(x+2)\), ② \(-\frac15\), ③ \(x=3\).

Le radici di \(x^2-x-6\) sono \(3\) e \(-2\) (somma \(1\), prodotto \(-6\)), quindi \(x^2-x-6=(x-3)(x+2)\) e

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

Per \(x\to-2\) si ottiene \(\dfrac{1}{-2-3}=-\dfrac15\): il limite è finito, quindi \(x=-2\) non è un asintoto (la funzione ha un «buco» in quel punto).

Per \(x\to3\) il numeratore tende a \(5\neq0\) e il denominatore a \(0\): \(\displaystyle\lim_{x\to3^\pm}f(x)=\pm\infty\). L'unico asintoto verticale è \(x=3\).

Le tessere sbagliate nascono da una scomposizione con i segni scambiati (\((x+3)(x-2)=x^2+x-6\)), dal credere che il limite in \(-2\) sia infinito, o dal contare anche \(x=-2\) come asintoto senza semplificare.

Soluzione: ① \(\dfrac{3-\frac1x}{1+\frac2{x^2}}\), ② \(3\), ③ \(y=3\).

Dividendo numeratore e denominatore per \(x^2\):

\[f(x)=\frac{3x^2-x}{x^2+2}=\frac{3-\frac1x}{1+\frac{2}{x^2}}.\]

Per \(x\to\pm\infty\) i termini \(\frac1x\) e \(\frac2{x^2}\) tendono a \(0\), quindi \(f(x)\to\dfrac31=3\) sia a \(+\infty\) sia a \(-\infty\). L'asintoto orizzontale è \(y=3\).

Il limite \(0\) si avrebbe solo se il grado del numeratore fosse minore di quello del denominatore; \(x=3\) è una retta verticale, non un asintoto orizzontale; nell'altra tessera il denominatore è stato diviso in modo scorretto.

Soluzione: ① \(2x-5+\dfrac{6}{x+1}\), ② \(2\), ③ \(-5\).

Dalla divisione: \(2x^2-3x+1=(x+1)(2x-5)+6\), quindi

\[f(x)=2x-5+\frac{6}{x+1}.\]

Il coefficiente angolare è \(\displaystyle m=\lim_{x\to+\infty}\frac{2x^2-3x+1}{x^2+x}=2\) (finito e diverso da \(0\)).

L'intercetta è \(\displaystyle q=\lim_{x\to+\infty}\bigl(f(x)-2x\bigr)=\lim_{x\to+\infty}\left(-5+\frac{6}{x+1}\right)=-5\). Lo stesso vale per \(x\to-\infty\): l'asintoto obliquo è \(y=2x-5\).

Attenzione: il numero \(6\) è il resto della divisione, non l'intercetta; \(+\infty\) non è un valore possibile per \(m\) (in tal caso non ci sarebbe l'asintoto obliquo); con i segni cambiati nel quoziente si otterrebbe un'altra retta.

Soluzione: ① \(\dfrac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x}\), ② \(2\), ③ \(y=x+2\).

Moltiplicando e dividendo per \(\sqrt{x^2+4x}+x\):

\[\sqrt{x^2+4x}-x=\frac{(x^2+4x)-x^2}{\sqrt{x^2+4x}+x}=\frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x}.\]

Per \(x>0\), dividendo per \(x\) si ottiene \(\dfrac{4}{\sqrt{1+\frac4x}+1}\to\dfrac{4}{1+1}=2\), quindi \(q=2\).

Con \(m=1\) e \(q=2\) l'asintoto obliquo (per \(x\to+\infty\)) è \(y=x+2\).

Con il segno \(-\) al denominatore la frazione non sarebbe uguale a \(\sqrt{x^2+4x}-x\); la tessera \(4\) dimentica il denominatore \(1+1=2\) e di conseguenza porta a \(y=x+4\).

Soluzione: ① \(x=0\), ② \(y=x\), ③ \(\dfrac{2}{x^2}\).

Per \(x\to0\) il numeratore tende a \(2\) e il denominatore a \(0^+\): \(f(x)\to+\infty\) sia da destra sia da sinistra, quindi \(x=0\) è asintoto verticale.

Per \(x\to\pm\infty\) il grafico segue la bisettrice: infatti

\[f(x)-x=\frac{x^3+2-x^3}{x^2}=\frac{2}{x^2}\xrightarrow[x\to\pm\infty]{}0,\]

quindi \(y=x\) è asintoto obliquo (sia a destra sia a sinistra). Ecco il grafico con gli asintoti tratteggiati:

\(y=0\) non è un asintoto (la funzione non si avvicina all'asse \(x\)); \(y=x+2\) darebbe \(f(x)-x-2\to-2\); \(\frac2x\) tende a \(0\) ma non è la differenza \(f(x)-x\).

Soluzione: 1) C, 2) E, 3) B.

1) Il denominatore si annulla in \(x=\pm2\) e il numeratore vale \(3\) e \(-1\): in entrambi i punti il limite è infinito. Asintoti: \(x=-2\) e \(x=2\) (opzione C).

2) Per \(x\neq2\) si ha \(\dfrac{x^2-4}{x-2}=x+2\), che per \(x\to2\) tende a \(4\): limite finito, nessun asintoto verticale (opzione E).

3) Il dominio è \(x>2\) e \(\displaystyle\lim_{x\to2^+}\ln(x-2)=-\infty\): \(x=2\) è asintoto verticale (opzione B), anche se il limite esiste solo da destra.

Le opzioni A e D non servono.

Soluzione: 1) B, 2) D, 3) E.

1) Numeratore e denominatore hanno lo stesso grado: il limite è il rapporto dei coefficienti direttivi, \(\frac21=2\). Asintoto \(y=2\) (opzione B).

2) Per \(x\to+\infty\) è \(\sqrt{x^2}=x\) e \(f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac1{x^2}}}\to1\); per \(x\to-\infty\) è \(\sqrt{x^2}=-x\) e \(f(x)\to-1\). Due asintoti orizzontali diversi (opzione D).

3) Il grado del numeratore supera quello del denominatore: \(f(x)\to\pm\infty\), nessun asintoto orizzontale (opzione E). Dalla divisione \(f(x)=x-1+\frac1{x+1}\) si vede che c'è invece l'asintoto obliquo \(y=x-1\).

Le opzioni A e C non servono.

Soluzione: 1) A, 2) B, 3) E.

1) \(f(x)=x+\dfrac1x\) e \(\dfrac1x\to0\): asintoto obliquo \(y=x\) (opzione A), per \(x\to+\infty\) e per \(x\to-\infty\).

2) Dalla divisione \(x^2+2x+3=(x+1)(x+1)+2\), quindi \(f(x)=x+1+\dfrac{2}{x+1}\): asintoto obliquo \(y=x+1\) (opzione B).

3) Proviamo a calcolare il coefficiente angolare:

\[m=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x-1}{x(x+2)}=0.\]

Per un asintoto obliquo serve \(m\) finito e diverso da \(0\). Con \(m=0\) la retta non è obliqua: si ha \(q=\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=3\) e l'asintoto è quello orizzontale \(y=3\). Quindi non c'è alcun asintoto obliquo (opzione E).

Le opzioni C e D non servono.

Soluzione: 1) B, 2) C, 3) A.

1) \(f(x)\to+\infty\) per \(x\to2^+\): è la definizione di asintoto verticale \(x=2\) (opzione B). Basta un limite laterale infinito.

2) Il limite è finito per \(x\to-\infty\): asintoto orizzontale \(y=2\) (opzione C), valido solo a sinistra.

3) La distanza verticale tra \(f(x)\) e la retta \(y=2x+1\) tende a \(0\) per \(x\to+\infty\): è la definizione di asintoto obliquo (opzione A). Da questo limite si ricavano anche il coefficiente angolare e l'intercetta.

Per \(m\), al numeratore sommiamo e sottraiamo \(2x+1\) e spezziamo la frazione:

\[\frac{f(x)}{x}=\frac{\bigl[f(x)-(2x+1)\bigr]+(2x+1)}{x}\] \[=\frac{f(x)-(2x+1)}{x}+2+\frac1x.\]

Per \(x\to+\infty\) il primo termine tende a \(0\) (numeratore tendente a \(0\), denominatore che tende a \(+\infty\)) e \(\frac1x\to0\), quindi \(m=2\).

Per \(q\):

\[f(x)-2x=\bigl[f(x)-(2x+1)\bigr]+1\to 1,\]

quindi \(q=1\): la retta è proprio \(y=2x+1\).

Le opzioni D ed E hanno il segno del numero cambiato: nessuno dei limiti dati lo giustifica.

Soluzione: 1) D, 2) C, 3) B.

1) Asintoto verticale \(x=2\) e asintoto obliquo \(y=x+2\): è \(\dfrac{x^2}{x-2}=x+2+\dfrac{4}{x-2}\) (opzione D).

2) Due asintoti verticali \(x=\pm1\) e asintoto orizzontale \(y=0\) (grado del numeratore minore di quello del denominatore): è \(\dfrac{2x}{x^2-1}\) (opzione C).

3) Asintoto verticale \(x=-1\) e asintoto orizzontale \(y=3\): è \(\dfrac{3x}{x+1}\) (opzione B). La funzione \(\frac{3x}{x-1}\) avrebbe invece \(x=1\) e \(y=3\).

L'opzione A non corrisponde a nessun grafico: \(x^3-8=(x-2)(x^2+2x+4)\) e \(x^2-x-2=(x-2)(x+1)\), quindi per \(x\ne2\) la funzione diventa \(\dfrac{x^2+2x+4}{x+1}=x+1+\dfrac{3}{x+1}\): ha solo l'asintoto verticale \(x=-1\) (in \(x=2\) c'è un «buco») e l'asintoto obliquo \(y=x+1\). Anche l'opzione E non serve.