Asintoti
Esercizi · Derivate · con le soluzioni svolte ·
Esercizio 1
Determinare gli eventuali asintoti della seguente funzione nel suo dominio naturale
\[
f(x)=\sqrt{\frac{x^{3}-x}{x+2}}
\]
Soluzione
La funzione \(f\) è definita su
\[
(-\infty,-2)\cup[-1,0]\cup[1,+\infty).
\]
Poichè
\[
\lim_{x\to-2^{-}}f(x)=+\infty
\]
la retta \(x=-2\) è asintoto verticale.
Per \(x\to+\infty\) abbiamo
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\sqrt{\frac{x^{3}-x}{x^{3}+2x^{2}}}=1
\]
e
\[
\begin{array}{l}\ds\lim_{x\to+\infty}f(x)-x=\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{\frac{x^{3}-x}{x+2}}-x\right)
\frac{\sqrt{\frac{x^{3}-x}{x+2}}+x}{\sqrt{\frac{x^{3}-x}{x+2}}+x}=\\
\\
\ds\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x^{3}-x}{x+2}-x^{2}\right)\frac{1}{x\left(\sqrt{\frac{x^{3}-x}{x^{3}+2x^{2}}}+1\right)}=\\
\\
\ds\lim_{x\to+\infty}\frac{-2x-1}{x+2}\frac{1}{\sqrt{\frac{x^{3}-x}{x^{3}+2x^{2}}}+1}=-1
\end{array}
\]
quindi abbiamo l'asintoto
\[
y=x-1,\ \ x\to+\infty.
\]
Soluzione
Per \(x\to-\infty\) abbiamo
\[
\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to-\infty}-\sqrt{\frac{x^{3}-x}{x^{3}+2x^{2}}}=-1
\]
e
\[
\begin{array}{l}\ds\lim_{x\to-\infty}f(x)+x=\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{\frac{x^{3}-x}{x+2}}+x\right)
\frac{\sqrt{\frac{x^{3}-x}{x+2}}-x}{\sqrt{\frac{x^{3}-x}{x+2}}-x}=\\
\\
\ds\lim_{x\to-\infty}\left(\frac{x^{3}-x}{x+2}-x^{2}\right)\frac{1}{-x\left(\sqrt{\frac{x^{3}-x}{x^{3}+2x^{2}}}+1\right)}=\\
\\
\ds\lim_{x\to-\infty}\frac{2x+1}{x+2}\frac{1}{\sqrt{\frac{x^{3}-x}{x^{3}+2x^{2}}}+1}=1
\end{array}
\]
quindi abbiamo l'asintoto
\[
y=-x+1,\ \ x\to-\infty.
\]
Soluzione
Utilizzando lo sviluppo asintotico
\[
\sqrt{1+y}=1+\frac{1}{2}y+o(y),\ \ y\to0
\]
e tenendo conto dell'equivalenza
\[
\frac{2x+1}{x^{2}+2x}\sim\frac{2}{x},\ \ \ x\to\pm\infty,
\]
quindi
\[
\frac{2x+1}{x^{2}+2x}\sim\frac{2}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right),\ \ \ x\to\pm\infty,
\]
possiamo operare anche nel seguente modo:
\[
\begin{array}{l}
\ds f(x)=|x|\sqrt{1-\frac{2x+1}{x^{2}+2x}}=\\
\\
|x|\sqrt{1-(2/x)+o(1/x)}=|x|(1-(1/x)+o(1/x))=\\
\\
|x|-{\rm sgn}(x)+o(1),\ \ \ x\to\pm\infty
\end{array}
\]
quindi ritroviamo gli asintoti obliqui \(y=-x+1\) per \(x\to-\infty\) e \(y=x-1\) per \(x\to+\infty\) .
Esercizio 2
Determinare gli eventuali asintoti della seguente funzione nel suo dominio naturale
\[
f(x)=\sqrt{9x^{2}+2x+1}
\]
Soluzione
La funzione \(f\) è definita su tutto \(\R\) .
Per \(x\to+\infty\) abbiamo
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\sqrt{9+2/x+1/x^{2}}=3
\]
e
\[
\begin{array}{l}\ds\lim_{x\to+\infty}f(x)-3x=\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{9x^{2}+2x+1}-3x\right)
\frac{\sqrt{9x^{2}+2x+1}+3x}{\sqrt{9x^{2}+2x+1}+3x}=\\
\\
\ds\lim_{x\to+\infty}\frac{2x+1}{3x\left(\sqrt{1+2/(9x)+1/(9x^{2})}+1\right)}=\frac{1}{3}\end{array}
\]
quindi abbiamo l'asintoto
\[
y=3x+\frac{1}{3},\ \ \ x\to+\infty.
\]
Per \(x\to-\infty\) abbiamo
\[
\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to-\infty}-\sqrt{9+2/x+1/x^{2}}=-3
\]
e
\[
\begin{array}{l}\ds\lim_{x\to-\infty}f(x)+3x=\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{9x^{2}+2x+1}+3x\right)
\frac{\sqrt{9x^{2}+2x+1}-3x}{\sqrt{9x^{2}+2x+1}-3x}=\\
\\
\ds\lim_{x\to-\infty}\frac{2x+1}{-3x\left(\sqrt{1+2/(9x)+1/(9x^{2})}+1\right)}=-\frac{1}{3}\end{array}
\]
quindi abbiamo l'asintoto
\[
y=-3x-\frac{1}{3},\ \ \ x\to-\infty.
\]
Soluzione
In maniera alternativa, possiamo operare come segue:
\[
\begin{array}{l}
f(x)=3|x|\sqrt{1+\frac{2}{9x}+\frac{1}{9x^{2}}}=\\
\\
3|x|\sqrt{1+(2/9x)+o(1/x)}=3|x|(1+(1/9x)+o(1/x))=\\
\\
3|x|+(1/3){\rm sgn}(x)+o(1),\ \ \ x\to\pm\infty
\end{array}
\]
quindi ritroviamo gli asintoti obliqui \(y=-3x-(1/3)\) per \(x\to-\infty\) e \(y=3x+(1/3)\) per \(x\to+\infty\) .
Esercizio 3
Determinare gli eventuali asintoti della seguente funzione nel suo dominio naturale
\[
f(x)=x\left(e^{-\frac{1}{x}}+\sin\frac{1}{x}\right)
\]
Soluzione
La funzione \(f\) è definita per \(x\neq0\) . Si ha
\[
\lim_{x\to0^{-}}f(x)=\lim_{x\to0^{-}}xe^{-\frac{1}{x}}+\lim_{x\to0^{-}}x\sin\frac{1}{x}=-\infty+0=-\infty
\]
dove
\[
\lim_{x\to0^{-}}xe^{-\frac{1}{x}}=-\infty
\]
viene dal fatto che \(e^{-1/x}\) è infinito di ordine superiore rispetto a \(1/x\) per \(x\to0^{-}\) e che \(xe^{-1/x}<0\) per \(x<0\) . Per il limite
\[
\lim_{x\to0^{-}}x\sin\frac{1}{x}=0
\]
si è usato il fatto che il prodotto di un infinitesimo (\(x\) ) per una funzione limitata (\(\sin(1/x)\) ) è un infinitesimo. La retta \(x=0\) è dunque asintoto verticale.
Soluzione
Per \(x\to\pm\infty\) si ha
\[
\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to\pm\infty}e^{-\frac{1}{x}}+\sin\frac{1}{x}=1
\]
e
\[
\begin{array}{l}\ds\lim_{x\to\pm\infty}f(x)-x=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{e^{-\frac{1}{x}}-1}{\frac{1}{x}}+
\frac{\sin\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}=\\
\\
\ds\lim_{y\to0^{\pm}}\frac{e^{-y}-1}{y}+\lim_{y\to0^{\pm}}\frac{\sin y}{y}=-1+1=0\end{array}
\]
quindi c'è l'asintoto obliquo
\[
y=x
\]
sia per \(x\to-\infty\) che per \(x\to+\infty\) .
Soluzione
La stessa cosa si può ottenere con gli sviluppi \(e^{y}=1+y+o(y)\) , \(\sin y=y+o(y)\) per \(y\to0\) :
\[
f(x)=x(1-1/x+o(1/x))+x(1/x+o(1/x))=x-1+1+o(1)=x+o(1)
\]
per \(x\to\pm\infty\) che significa proprio che abbiamo l'asintoto obliquo
\[
y=x
\]
sia per \(x\to-\infty\) che per \(x\to+\infty\) .