Asintoti verticali e orizzontali

Theory used: Asintoto verticale Asintoti verticali da una sola parte Asintoto orizzontale Asintoti delle funzioni razionali fratte

Go to: Esercizio 1 Esercizio 2 Esercizio 3 Esercizio 4

Esercizio 1

Determina gli asintoti della funzione $f(x) = \dfrac{2x + 1}{x - 3}$ .

D = \mathbb{R} \setminus \{3\}

\lim_{x \to 3^-} \frac{2x + 1}{x - 3} = \frac{7}{0^-} = -\infty, \qquad \lim_{x \to 3^+} \frac{2x + 1}{x - 3} = \frac{7}{0^+} = +\infty

\lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x + 1}{x - 3} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2 + \dfrac{1}{x}}{1 - \dfrac{3}{x}} = 2

La retta $x = 3$ è un asintoto verticale e la retta $y = 2$ è un asintoto orizzontale.

y = \dfrac{2x + 1}{x - 3}

Il grafico di

\frac{2 x + 1}{x - 3}

ha l'asintoto verticale

x = 3

e l'asintoto orizzontale

y = 2

Il denominatore si annulla per $x = 3$ , dove il numeratore vale $2 \cdot 3 + 1 = 7$ . Il numeratore tende quindi a un numero positivo e il denominatore tende a $0$ , con valori negativi a sinistra di $3$ e positivi a destra. Il quoziente tende perciò a $-\infty$ da sinistra e a $+\infty$ da destra, e la retta $x = 3$ è un asintoto verticale.

Per $x \to \pm\infty$ il limite si presenta nella forma $\dfrac{\infty}{\infty}$ . Dividendo numeratore e denominatore per $x$ , le frazioni $\dfrac{1}{x}$ e $\dfrac{3}{x}$ tendono a $0$ , quindi il limite è $\dfrac{2}{1} = 2$ . Numeratore e denominatore hanno lo stesso grado, e il risultato è il rapporto dei coefficienti di $x$ . La retta $y = 2$ è un asintoto orizzontale, a destra e a sinistra.

Esercizio 2

Determina gli asintoti della funzione $f(x) = \dfrac{x^2 + 1}{x^2 - 4}$ .

x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2), \qquad D = \mathbb{R} \setminus \{-2, 2\}

\lim_{x \to 2^-} f(x) = -\infty, \qquad \lim_{x \to 2^+} f(x) = +\infty

\lim_{x \to -2^-} f(x) = +\infty, \qquad \lim_{x \to -2^+} f(x) = -\infty

\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2 + 1}{x^2 - 4} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{1 + \dfrac{1}{x^2}}{1 - \dfrac{4}{x^2}} = 1

Le rette $x = 2$ e $x = -2$ sono asintoti verticali e la retta $y = 1$ è un asintoto orizzontale.

Il numeratore $x^2 + 1$ è sempre positivo, e in $\pm 2$ vale $5$ . Il segno del quoziente vicino a $\pm 2$ dipende quindi solo dal segno del denominatore $x^2 - 4$ , che è negativo per $-2 < x < 2$ e positivo per $x < -2$ e per $x > 2$ .

Per $x \to 2^-$ il punto $x$ sta tra $-2$ e $2$ , quindi il denominatore tende a $0$ con valori negativi e il quoziente tende a $-\infty$ ; per $x \to 2^+$ il denominatore è positivo e il quoziente tende a $+\infty$ . In $-2$ i segni si scambiano: a sinistra di $-2$ il denominatore è positivo, a destra è negativo. Tutti i limiti sono infiniti, perciò le rette $x = \pm 2$ sono asintoti verticali. Lo stesso risultato si ottiene osservando che $f$ è pari, perché $f(-x) = f(x)$ , e quindi il suo grafico è simmetrico rispetto all’asse $y$ .

Numeratore e denominatore hanno grado $2$ e coefficienti di $x^2$ uguali a $1$ , quindi il limite all’infinito è $1$ e la retta $y = 1$ è un asintoto orizzontale.

Esercizio 3

Determina gli asintoti della funzione $f(x) = \dfrac{e^{x}}{e^{x} - 1}$ .

e^{x} - 1 = 0 \iff x = 0, \qquad D = \mathbb{R} \setminus \{0\}

\lim_{x \to 0^-} \frac{e^{x}}{e^{x} - 1} = \frac{1}{0^-} = -\infty, \qquad \lim_{x \to 0^+} \frac{e^{x}}{e^{x} - 1} = \frac{1}{0^+} = +\infty

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

\lim_{x \to -\infty} \frac{e^{x}}{e^{x} - 1} = \frac{0}{0 - 1} = 0

La retta $x = 0$ è un asintoto verticale, la retta $y = 1$ è un asintoto orizzontale destro e la retta $y = 0$ è un asintoto orizzontale sinistro.

y = \dfrac{e^{x}}{e^{x} - 1}

Il grafico di

\frac{e ^{x}}{e ^{x} - 1}

ha l'asintoto verticale

x = 0

, l'asintoto orizzontale

y = 1

a destra e l'asse

x

come asintoto orizzontale a sinistra

Il denominatore si annulla quando $e^{x} = 1$ , cioè per $x = 0$ . Vicino a $0$ il numeratore tende a $e^{0} = 1$ . Il denominatore $e^{x} - 1$ è negativo per $x < 0$ , perché $e^{x} < 1$ , ed è positivo per $x > 0$ . Perciò il quoziente tende a $-\infty$ da sinistra e a $+\infty$ da destra, e la retta $x = 0$ è un asintoto verticale.

Per $x \to +\infty$ il limite si presenta nella forma $\dfrac{\infty}{\infty}$ . Dividendo numeratore e denominatore per $e^{x}$ si ottiene $\dfrac{1}{1 - e^{-x}}$ , e poiché $e^{-x} \to 0$ il limite è $1$ . Per $x \to -\infty$ invece $e^{x} \to 0$ , quindi il numeratore tende a $0$ e il denominatore tende a $-1$ , e il limite è $0$ . I due limiti all’infinito sono diversi, quindi la funzione ha due asintoti orizzontali diversi, $y = 1$ a destra e $y = 0$ a sinistra.

Esercizio 4

Determina gli asintoti della funzione $f(x) = \dfrac{\ln x}{x - 1}$ .

D = \{ x > 0, \ x \neq 1 \} = (0, 1) \cup (1, +\infty)

\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{x - 1} = \frac{-\infty}{-1} = +\infty

\lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x - 1} = \lim_{t \to 0} \frac{\ln(1 + t)}{t} = 1 \qquad (x = 1 + t)

\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x - 1} = 0

La retta $x = 0$ è un asintoto verticale, da destra, e la retta $y = 0$ è un asintoto orizzontale destro; la retta $x = 1$ non è un asintoto, perché in $1$ c’è una discontinuità eliminabile.

Il logaritmo richiede $x > 0$ e il denominatore richiede $x \neq 1$ . Le rette verticali da studiare sono quindi $x = 0$ , che è un estremo del dominio non compreso, e $x = 1$ , che è un punto escluso.

Per $x \to 0^+$ il logaritmo tende a $-\infty$ e il denominatore tende a $-1$ , quindi il quoziente tende a $+\infty$ . La retta $x = 0$ è un asintoto verticale, solo da destra, perché a sinistra di $0$ la funzione non è definita.

Per $x \to 1$ il limite si presenta nella forma $\dfrac{0}{0}$ . Con la sostituzione $x = 1 + t$ si ha $t \to 0$ e il limite diventa il limite notevole del logaritmo, che vale $1$ . Il limite è finito, perciò la retta $x = 1$ non è un asintoto verticale. Infine, per $x \to +\infty$ il logaritmo è un infinito di ordine inferiore a $x - 1$ , quindi il quoziente tende a $0$ , e la retta $y = 0$ è un asintoto orizzontale destro. Per $x \to -\infty$ non si calcola nessun limite, perché la funzione non è definita per $x < 0$ .