Asintoti di una funzione: esercizi svolti

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi dedicati allo studio degli asintoti di funzioni reali di variabile reale. In questo articolo troverete 7 problemi sulla determinazione del campo di esistenza e dei vari asintoti di espressioni di funzioni. Essi sono dettagliatamente svolti, per consentire al lettore di comprendere in maniera chiara e profonda le tecniche risolutive e le strategie adottate. La raccolta risulta quindi di valido aiuto agli studenti degli istituti superiori e dei corsi di Analisi Matematica 1, per approfondire la loro preparazione pratica sull’argomento.

Consigliamo la seguente teoria di riferimento:

Segnaliamo inoltre le seguenti raccolte di esercizi su argomenti affini:

Sommario

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Questo file contiene una serie di esercizi mirati a rafforzare la comprensione e l’applicazione pratica del concetto di asintoti nelle funzioni matematiche. Gli esercizi coprono i tre tipi principali di asintoti: orizzontali, obliqui e verticali. Ogni esercizio è accompagnato da una soluzione dettagliata che illustra il processo di calcolo e ragionamento per determinare l’esistenza e l’equazione degli asintoti.

Autori e revisori

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Autori: Donato Ciampa

Revisori: Francesco Paolo Maiale, Matteo Talluri, Giulio Binosi.

Esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare dominio e asintoti della funzione

$f(x)=\frac{x^4-x^3+x^2-1}{x^3-x}.$

Svolgimento.

La funzione è data dal rapporto tra due polinomi, perciò per determinare il dominio è sufficiente studiare gli zeri del denominatore. In particolare, osserviamo che

$x^3-x=0 \iff x(x^2-1) = 0,$

e questa ha come soluzioni $x_1=0$ ed $x_{2,3}=\pm 1$ . Il dominio di $f$ è dunque dato da

$D = (-\infty,-1) \cup (-1,0) \cup (0,1) \cup (1,+\infty).$

Dato che il dominio è simmetrico rispetto all’origine, verifichiamo se la funzione $f$ ha qualche simmetria:

$\begin{aligned} f(-x) & = \frac{(-x)^4 - (-x)^3 + (-x)^2 - 1}{(-x)^3 - (-x)} = \frac{(-x)^4 - (-x)^3 + (-x)^2 - 1}{(-x)^3 - (-x)} \\ & = \frac{x^4 + x^3 - x^2 - 1}{-x^3 +x} \neq \pm f(x), \end{aligned}$

ovvero $f$ non è pari o dispari. Valutiamo ora l’esistenza di asintoti orizzontali, obliqui e verticali:

$\quad$

Asintoti orizzontali. I limiti a $\pm \infty$ , ovvero
$\lim_{x \to \pm \infty} f(x) = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{x^4 - x^3+x^2-1}{x^3-x},$

si possono risolvere facilmente raccogliendo i termini di grado maggiore a numeratore e denominatore:

$\lim_{x \to \pm \infty} f(x) = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{x^4}{x^3} \frac{1-1/x + 1/x^2-1/x^4}{1 - 1/x^2} = \lim_{x \to \pm \infty} x = \pm \infty.$

In particolare, non ci sono asintoti orizzontali.

Asintoti obliqui. Iniziamo con il calcolo dei coefficienti angolari, ovvero:
$m_\pm = \lim_{x\to \pm \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{x^4}{x^4} \frac{1-1/x + 1/x^2-1/x^4}{1 - 1/x^2} = \lim_{x \to \pm \infty} 1 = 1.$

Per quanto riguarda il termine noto, abbiamo, invece

$\begin{aligned} q_\pm & = \lim_{x\to \pm \infty} \left( f(x) - m_\pm x \right) = \lim_{x\to \pm \infty}\left( f(x) - x \right) \\ & = \lim_{x\to \pm \infty} \frac{x^4 - x^3 + x^2 - 1 - x(x^3-x)}{x^3-x} \\ & = \lim_{x\to \pm \infty} \frac{- x^3 + 2x^2 - 1}{x^3-x} = - 1, \end{aligned}$

da cui segue che la retta $y = x - 1$ è un asintoto obliquo sia per $x \to + \infty$ che per $x \to - \infty$ .

Asintoti verticali. Calcoliamo i limiti da destra e sinistra nei punti di discontinuità, ovvero in $x=\pm 1$ ed in $x = 0$ . Nel primo caso, si ha
$\lim_{x \to -1^-} f(x) = \lim_{x \to -1^-} \frac{2}{x(x^2-1)} = \frac{2}{- 0^+} = - \infty,$

mentre

$\lim_{x \to -1^+} f(x) = \lim_{x \to -1^+} \frac{2}{x(x^2-1)} = \frac{2}{- 0^-} = + \infty,$

perciò $x=-1$ è un asintoto verticale. In $x=0$ , si ha

$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{-1}{x(x^2-1)} = \frac{-1}{-0^-} = - \infty,$

mentre

$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{-1}{x(x^2-1)} = \frac{-1}{- 0^+} = + \infty,$

perciò anche $x=0$ è un asintoto verticale. Tuttavia, un ragionamento analogo non vale in $x=1$ perché anche il numeratore si annulla; infatti, si ha

$x^4-x^3+x^2-1 = (x-1)(x^3+x+1)$

perciò

$\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \frac{ (x-1)(x^3+x+1)}{x(x-1)(x+1)} = \lim_{x \to 1} \frac{x^3+x+1}{x(x+1)} = \frac32,$

ovvero la funzione è continua in $x=1$ .

Riepilogo degli Asintoti

Asintoti orizzontali: Non ci sono asintoti orizzontali, poiché il limite per $x \to \pm \infty$ di $f(x)$ tende a infinito.

Asintoti obliqui: Esiste un asintoto obliquo dato dalla retta $y = x - 1$ sia per $x \to + \infty$ sia per $x \to - \infty$ .

Asintoti verticali: Ci sono due asintoti verticali:

$\quad$

In $x = -1$ , con $\lim_{x \to -1^-} f(x) = -\infty$ e $\lim_{x \to -1^+} f(x) = +\infty$ .

In $x = 0$ , con $\lim_{x \to 0^-} f(x) = -\infty$ e $\lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty$ .

Non vi è asintoto verticale in $x = 1$ , poiché la funzione risulta continua in quel punto.

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare dominio e asintoti della funzione

$f(x)=\arctan\frac{x^2}{x+1}.$

Svolgimento.

L’argomento dell’arcotangente è dato dal rapporto tra due polinomi, perciò cerchiamo gli zeri del denominatore. In particolare, osserviamo che

$x+1=0 \iff x = -1.$

Il dominio di $f$ è dunque dato da

$D = (-\infty,-1) \cup (-1,+\infty).$

Dato che questo non risulta simmetrico rispetto all’origine, non ha senso chiedersi se $f$ abbia qualche simmetria. Passiamo allo studio dell’esistenza di asintoti orizzontali, obliqui e verticali:

$\quad$

Asintoti orizzontali. Osserviamo immediatamente che il limite
$\lim_{x \to \pm \infty} f(x) = \lim_{x \to \pm \infty} \arctan \frac{x^2}{x+1}$

si può risolvere sfruttando la continuità della funzione $\arctan(x)$ e il fatto che

$\lim_{x \to \pm \infty} \frac{x^2}{x+1} = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{x^2}{x} = \lim_{x \to \pm \infty}x = \pm \infty.$

Si ha dunque

$\lim_{x \to \pm \infty} f(x) = \lim_{x \to \pm \infty} \arctan x = \pm \frac \pi2.$

In particolare, $y=\pi/2$ è un asintoto orizzontale a destra e $y = - \pi/2$ a sinistra.

Asintoti verticali. Controlliamo i limiti destri e sinistri nel punto di discontinuità $x=-1$ . Si ha
$\lim_{x \to -1^-} f(x) = \lim_{x \to -1^-} \arctan \frac{x^2}{x+1} = \arctan \frac{1}{0^-} = - \frac\pi2$

mentre

$\lim_{x \to -1^+} f(x) = \lim_{x \to -1^+} \arctan \frac{x^2}{x+1} = \arctan \frac{1}{0^+} = \frac\pi2,$

dunque $x=-1$ è una discontinuità con salto (o di prima specie). Di conseguenza, la funzione non ammette asintoti verticali.

Riepilogo degli Asintoti

Asintoti orizzontali: $y = \dfrac{\pi}{2}$ è un asintoto orizzontale per $x \to +\infty$ e $y = -\dfrac{\pi}{2}$ è un asintoto orizzontale per $x \to -\infty$ .