Asintoti di una funzione: verticali, orizzontali e obliqui, con esercizi svolti

Gli asintoti sono le rette a cui il grafico di una funzione si avvicina sempre di più, quando $x$ si avvicina a un punto in cui la funzione «esplode» oppure quando $x$ diventa enorme. Sono il significato grafico dei limiti infiniti e all’infinito e il quarto passo di ogni studio di funzione: disegnano lo «scheletro» del grafico, e all’esame non manca quasi mai una domanda su di loro. In questa pagina vediamo le definizioni precise dei tre tipi di asintoto, dove cercare quelli verticali, perché un asintoto orizzontale si può attraversare e uno verticale no, le formule dell’asintoto obliquo con la dimostrazione, la scorciatoia per le funzioni razionali, radici, esponenziali e logaritmi, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

L’idea: rette che il grafico «insegue»

Guarda il grafico di $f(x) = \frac{x^2 + 1}{x - 1}$ qui sotto. Vicino a $x = 1$ la curva sale o scende senza fine, appiccicata alla retta verticale $x = 1$. Andando verso destra o verso sinistra, invece, la curva si avvicina sempre di più alla retta inclinata $y = x + 1$, senza mai raggiungerla.

Queste due rette sono asintoti. Ce ne sono di tre tipi:

• verticali, $x = x_0$: vicino al numero $x_0$ la funzione tende a infinito;
• orizzontali, $y = \ell$: la funzione tende a un numero quando $x$ tende a $+\infty$ o a $-\infty$;
• obliqui, $y = mx + q$: la funzione tende a infinito, ma «come una retta».

Tutti e tre si trovano con i limiti.

Asintoti verticali

Basta un solo lato, ma i due limiti laterali vanno calcolati sempre entrambi, quando hanno senso, perché possono essere molto diversi:

• $\frac{1}{x}$ in 0: tende a $-\infty$ da sinistra e a $+\infty$ da destra. Asintoto da entrambi i lati, con segni opposti.
• $\frac{1}{x^2}$ in 0: tende a $+\infty$ da tutti e due i lati.
• $\ln x$ in 0: tende a $-\infty$ da destra; a sinistra di 0 il logaritmo non è definito. Asintoto solo destro.
• $e^{1/x}$ in 0: da destra $\frac{1}{x} \to +\infty$ e quindi $e^{1/x} \to +\infty$; da sinistra $\frac{1}{x} \to -\infty$ e $e^{1/x} \to 0$. La funzione è definita da entrambi i lati, ma l’asintoto c’è solo da destra: da sinistra il grafico arriva tranquillo verso l’origine.

Esempio. $f(x) = \frac{2x + 1}{x - 3}$ non è definita in 3. Il numeratore tende a 7, il denominatore a zero, negativo a sinistra e positivo a destra (vedi diviso zero: il segno):

$$\begin{gathered} \lim_{x \to 3^-} \frac{2x + 1}{x - 3} = \frac{7}{0^-} = -\infty \\ \lim_{x \to 3^+} \frac{2x + 1}{x - 3} = \frac{7}{0^+} = +\infty \end{gathered}$$

La retta $x = 3$ è un asintoto verticale, da entrambi i lati.

Dove cercarli

Se $f$ è continua in $x_0$, il limite in $x_0$ è il valore $f(x_0)$: un numero, quindi niente asintoto. Le funzioni elementari, e quelle costruite con loro tramite somme, prodotti, quozienti e composizioni, sono continue in ogni punto del loro dominio. Gli asintoti verticali vanno quindi cercati solo in due tipi di punti:

1. i punti esclusi dal dominio che sono estremi di un intervallo del dominio: gli zeri di un denominatore, i punti in cui l’argomento di un logaritmo tende a $0^+$, i punti $\frac{\pi}{2} + k\pi$ della tangente;
2. i punti di raccordo di una funzione definita a tratti, dove la continuità va controllata.

Gli estremi che appartengono al dominio, come 0 per $\sqrt{x}$, non danno asintoti: lì la funzione vale un numero.

Attenzione: non ogni punto escluso dà un asintoto. La funzione $\frac{x^2 - 1}{x - 1}$ non è definita in 1, ma per $x \neq 1$ vale $x + 1$, che tende a 2: il grafico è una retta con un «buco» nel punto $(1, 2)$. Allo stesso modo $\frac{\sin x}{x} \to 1$ per $x \to 0$, e $x \ln x \to 0$ per $x \to 0^+$: limiti finiti, nessun asintoto. Sono le discontinuità eliminabili, che ritroverai nei punti di discontinuità. Quindi: il punto escluso è solo un candidato, e decide il limite.

Perché un asintoto verticale non si attraversa

Una funzione associa a ogni $x$ un solo valore. Quindi la retta verticale $x = x_0$ incontra il grafico al massimo in un punto: il grafico non può «tagliarla» più volte né correrle sopra.

C’è di più. Se $f$ è continua in tutto il suo dominio, come le funzioni elementari, il grafico non tocca mai il suo asintoto verticale. Perché è vero. Se $x_0$ fosse nel dominio, $f$ sarebbe continua in $x_0$ e il limite sarebbe il numero $f(x_0)$, non $\pm\infty$. Quindi $x_0$ è fuori dal dominio, e sulla retta $x = x_0$ non c’è nessun punto del grafico.

Asintoti orizzontali

I due lati si studiano separatamente: una funzione può avere lo stesso asintoto da entrambe le parti, due asintoti diversi, oppure uno solo.

• $\frac{2x + 1}{x - 3} \to 2$ per $x \to \pm\infty$ (numeratore e denominatore hanno lo stesso grado): $y = 2$ da entrambe le parti.
• $\arctan x$ ha due asintoti diversi: $y = \frac{\pi}{2}$ a destra e $y = -\frac{\pi}{2}$ a sinistra.
• $e^x$ ha l’asintoto $y = 0$ solo a sinistra; a destra cresce senza limiti. Al contrario $\left(\frac{1}{2}\right)^x$ ce l’ha solo a destra.

Un asintoto orizzontale si può attraversare

La definizione parla solo di cosa succede per $x \to +\infty$: «vicino a casa» il grafico può fare quello che vuole, anche incrociare l’asintoto. Per esempio $\frac{x}{x^2 + 1}$ tende a 0 per $x \to \pm\infty$ e passa per l’origine, cioè attraversa il suo asintoto $y = 0$. E $\frac{\sin x}{x}$ lo attraversa infinite volte, in tutti i punti $x = k\pi$ con $k \neq 0$, oscillando sempre meno. Lo stesso vale per gli asintoti obliqui: $x + \frac{\sin x}{x}$ attraversa infinite volte il suo asintoto $y = x$.

Una curiosità sul nome: «asintoto» viene dal greco asýmptōtos, «che non cade insieme». Il termine fu introdotto da Apollonio di Perga, matematico greco vissuto tra il III e il II secolo a.C., nel suo trattato sulle coniche, per indicare le rette che non incontrano una curva. Oggi il nome inganna: un asintoto orizzontale o obliquo si può toccare quante volte vuoi.

Gli asintoti delle funzioni elementari

Conviene conoscere a memoria quelli delle funzioni di base, che si leggono dai loro grafici:

Funzione	Asintoti	Da che parte
$\frac{1}{x}$	$x = 0$ $y = 0$	da entrambe
$e^x$	$y = 0$	solo $x \to -\infty$
$\ln x$	$x = 0$	solo da destra
$\arctan x$	$y = \pm\frac{\pi}{2}$	$\frac{\pi}{2}$ a destra, $-\frac{\pi}{2}$ a sinistra
$\tan x$	$x = \frac{\pi}{2} + k\pi$	infiniti verticali
$e^{1/x}$	$x = 0$ $y = 1$	verticale solo da destra

Asintoti obliqui

Se $f(x) \to +\infty$ per $x \to +\infty$, il grafico potrebbe comunque avvicinarsi a una retta inclinata. L’idea è la stessa dell’asintoto orizzontale: la distanza tra la curva e la retta deve tendere a zero.

La quantità $f(x) - (mx + q)$ è la distanza verticale tra il grafico e la retta. Quella misurata perpendicolarmente alla retta è la stessa divisa per $\sqrt{1 + m^2}$, quindi tende a zero anche lei.

Le formule per m e q

La definizione dice cos’è un asintoto obliquo, ma non come trovarlo. Ci pensa questo teorema.

Perché è vero. Chiamiamo $r(x) = f(x) - (mx + q)$ lo «scarto» tra la funzione e la retta, così che $f(x) = mx + q + r(x)$.

Se la retta è un asintoto, $r(x) \to 0$. Dividendo per $x$:

$$\frac{f(x)}{x} = m + \frac{q}{x} + \frac{r(x)}{x}$$

e gli ultimi due termini tendono a zero, perché hanno al numeratore un numero fisso o una quantità che tende a 0, e al denominatore $x \to +\infty$. Quindi $\frac{f(x)}{x} \to m$. Inoltre $f(x) - mx = q + r(x) \to q$.

Viceversa, se i due limiti esistono finiti, allora $r(x) = \big[f(x) - mx\big] - q \to q - q = 0$, e la retta è un asintoto. In parole povere: $m$ misura la pendenza con cui cresce la funzione, $q$ l’altezza della retta che la accompagna.

Tre conseguenze importanti

1. Se c’è un asintoto obliquo, $f$ tende a infinito. Infatti $f(x) = x \cdot \frac{f(x)}{x}$, con $\frac{f(x)}{x} \to m \neq 0$. Quindi l’obliquo si cerca solo dove il limite all’infinito è infinito.
2. Da ogni lato c’è al massimo un asintoto obliquo, perché $m$ e $q$ sono limiti, e un limite, se esiste, è unico (è il teorema di unicità).
3. Orizzontale e obliquo si escludono dalla stessa parte. L’orizzontale richiede che $f(x)$ tenda a un numero, l’obliquo che tenda a infinito: non possono succedere insieme. Da parti diverse, invece, possono convivere.

Un esempio dell’ultimo caso è $f(x) = \ln(1 + e^x)$. Per $x \to -\infty$, $e^x \to 0$ e $f(x) \to \ln 1 = 0$: asintoto orizzontale $y = 0$. Per $x \to +\infty$ raccogliamo $e^x$ dentro il logaritmo:

$$\begin{gathered} \ln(1 + e^x) = \ln\big[e^x\,(1 + e^{-x})\big] \\ {} = x + \ln(1 + e^{-x}) \end{gathered}$$

Lo scarto dalla retta $y = x$ è $\ln(1 + e^{-x}) \to \ln 1 = 0$: per la definizione, $y = x$ è l’asintoto obliquo a destra.

Un esempio completo

Torniamo alla funzione della prima figura, $f(x) = \frac{x^2 + 1}{x - 1}$.

• Verticale. In $x = 1$ il numeratore tende a 2 e il denominatore a $0^\pm$: $f(x) \to -\infty$ da sinistra e $+\infty$ da destra. La retta $x = 1$ è un asintoto verticale.
• Orizzontale. Il numeratore ha grado più alto: $f(x) \to \pm\infty$, nessun asintoto orizzontale.
• Obliquo. Calcoliamo $m$ e poi $q$:

$$\begin{gathered} m = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2 + 1}{x^2 - x} = 1 \\ f(x) - x = \frac{x^2 + 1 - x^2 + x}{x - 1} \\ q = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x + 1}{x - 1} = 1 \end{gathered}$$

L’asintoto obliquo è $y = x + 1$, da entrambe le parti.

Quando l’asintoto obliquo non c’è

Una funzione che tende a infinito non ha per forza un asintoto obliquo. Il procedimento si può fermare in tre punti.

• $m$ è infinito: la funzione cresce più in fretta di qualsiasi retta. Succede ai polinomi di grado 2 o più e a $e^x$ per $x \to +\infty$, perché $\frac{e^x}{x} \to +\infty$ per la gerarchia degli infiniti.
• $m = 0$: la funzione cresce, ma sempre più piano. Succede a $\sqrt{x}$ e a $\ln x$: per esempio $\frac{\ln x}{x} \to 0$. Attenzione, $m = 0$ non dà un asintoto orizzontale: la funzione tende comunque a infinito.
• $m$ va bene, ma $q$ no: $x + \ln x$ ha $m = 1$, ma $q = \displaystyle\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$. Cresce «con pendenza 1», ma si allontana da ogni retta di pendenza 1, lentamente e senza fermarsi. Per $x + \sin x$, invece, $m = 1$ ma $q = \displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sin x$ non esiste: il grafico oscilla tra le rette $y = x - 1$ e $y = x + 1$ senza avvicinarsi a nessuna retta.

La scorciatoia per le funzioni razionali

Per una frazione di polinomi $\frac{P(x)}{Q(x)}$ non serve calcolare $m$ e $q$: basta confrontare i gradi. Chiamiamo $n$ il grado del numeratore, $d$ quello del denominatore, $a$ e $b$ i loro coefficienti direttivi, cioè quelli delle potenze più alte:

Gradi	Limite a $\pm\infty$	Asintoto
$n < d$	$0$	$y = 0$
$n = d$	$\frac{a}{b}$	$y = \frac{a}{b}$
$n = d + 1$	$\pm\infty$	obliquo
$n \geq d + 2$	$\pm\infty$	nessuno

Le prime due righe vengono dal confronto dei gradi che hai visto nel calcolo dei limiti. Per la terza, l’asintoto obliquo è il quoziente della divisione tra i polinomi. Perché è vero. Dividendo $P(x)$ per $Q(x)$ si ottiene un quoziente di primo grado $mx + q$ e un resto $R(x)$ di grado minore di $d$:

$$\begin{gathered} P(x) = Q(x)\,(mx + q) + R(x) \\ \frac{P(x)}{Q(x)} = mx + q + \frac{R(x)}{Q(x)} \end{gathered}$$

L’ultima frazione ha il numeratore di grado più basso, quindi tende a 0: è proprio lo scarto $r(x)$ della definizione. Nell’esempio di prima, $x^2 + 1 = (x - 1)(x + 1) + 2$, quindi $\frac{x^2 + 1}{x - 1} = x + 1 + \frac{2}{x - 1}$: la funzione è «la retta $x + 1$ più un pezzo che sparisce». Con $n \geq d + 2$, invece, $\frac{f(x)}{x}$ ha ancora il numeratore di grado più alto e $m$ è infinito.

Per una funzione razionale l’asintoto non verticale, se c’è, è lo stesso a destra e a sinistra. Gli asintoti verticali stanno negli zeri del denominatore che non sono anche zeri del numeratore; se un punto annulla entrambi, prima scrivi il dominio, poi semplifichi il fattore comune e guardi di nuovo. Due studi completi li trovi nello studio di una funzione razionale fratta.

Radici: asintoti diversi a destra e a sinistra

Con le radici destra e sinistra possono dare risultati diversi. Prendiamo $f(x) = \sqrt{x^2 + 1}$, definita su tutto $\mathbb{R}$ e positiva. Per $x \to \pm\infty$ tende a $+\infty$, quindi cerchiamo l’obliquo. Il punto delicato è che $\sqrt{x^2} = \lvert x \rvert$, non $x$ (è la trappola della radice vista nel calcolo dei limiti):

$$\frac{\sqrt{x^2 + 1}}{x} = \frac{\lvert x \rvert}{x}\,\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}$$

La frazione $\frac{\lvert x \rvert}{x}$ vale 1 per $x$ positivo e $-1$ per $x$ negativo. Quindi $m = 1$ a destra e $m = -1$ a sinistra. Per $q$ si razionalizza, come per le forme $\infty - \infty$:

$$\begin{gathered} \sqrt{x^2 + 1} - x = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1} + x} \\ \sqrt{x^2 + 1} + x = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1} - x} \end{gathered}$$

Per $x \to +\infty$ il primo denominatore tende a $+\infty$; per $x \to -\infty$ anche il secondo, perché $\sqrt{x^2 + 1}$ e $-x$ tendono entrambi a $+\infty$. Quindi in tutti e due i casi $q = 0$:

• per $x \to +\infty$ l’asintoto è $y = x$;
• per $x \to -\infty$ l’asintoto è $y = -x$.

Il risultato ha senso: per $x$ grande in valore assoluto, $\sqrt{x^2 + 1}$ è quasi uguale a $\sqrt{x^2} = \lvert x \rvert$, il cui grafico è una «V» fatta proprio dalle rette $y = x$ e $y = -x$. Il grafico è una «V» arrotondata, che sta sempre sopra i due asintoti perché $\sqrt{x^2 + 1} > \lvert x \rvert$.

Il metodo completo

1. Trova il dominio e scrivilo come unione di intervalli.
2. Verticali: in ogni estremo escluso dal dominio, e negli eventuali punti di raccordo, calcola il limite destro e/o sinistro. Se almeno uno è infinito, hai un asintoto: scrivi da che lato.
3. Orizzontale a destra: se il dominio arriva a $+\infty$, calcola $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x)$. Se è un numero $\ell$, l’asintoto è $y = \ell$ e a destra hai finito. Se non esiste, nessun asintoto.
4. Obliquo a destra: se quel limite è $\pm\infty$, calcola $m$; se è un numero diverso da zero, calcola $q$; se anche $q$ è un numero, l’asintoto è $y = mx + q$.
5. Ripeti i passi 3 e 4 per $x \to -\infty$.

Per capire se il grafico si avvicina all’asintoto da sopra o da sotto, e dove lo attraversa, si studia il segno di $f(x) - (mx + q)$: lo vediamo in limiti e asintoti nello studio di funzione.

Gli errori più comuni

• Pensare che ogni punto escluso dal dominio sia un asintoto verticale. Se il limite è finito c’è un buco, non un asintoto: decide il limite, non il dominio.
• Calcolare un solo limite laterale. In $e^{1/x}$ l’asintoto in 0 c’è solo da destra; in $\frac{1}{x^2}$ i due lati vanno entrambi a $+\infty$. Scrivi sempre tutti e due i limiti.
• Studiare solo $x \to +\infty$ e copiare il risultato per $-\infty$. Con radici ed esponenziali i lati sono spesso diversi, e con le radici $\sqrt{x^2} = \lvert x \rvert$, non $x$: per $x \to -\infty$ cambia il segno di $m$.
• Cercare l’obliquo quando c’è già l’orizzontale. Dalla stessa parte si escludono: se il limite è un numero, l’obliquo non c’è.
• Fermarsi a $m$. Un $m$ finito e diverso da zero non basta: serve anche un $q$ finito, come mostra $x + \ln x$.
• Prendere $m = 0$ come asintoto orizzontale. Se $f(x) \to \infty$ e $m = 0$, come per $\sqrt{x}$, non c’è nessun asintoto.
• Dire che il grafico non può mai attraversare un asintoto. Vale solo per quello verticale: orizzontali e obliqui si possono attraversare anche infinite volte.

Esercizi svolti

1. Una funzione omografica

Testo. Trova gli asintoti di $f(x) = \frac{1 - 2x}{x + 2}$.

Il dominio è $x \neq -2$. In $-2$ il numeratore tende a $1 - 2 \cdot (-2) = 5$, il denominatore a zero, negativo a sinistra e positivo a destra:

$$\begin{gathered} \lim_{x \to -2^-} \frac{1 - 2x}{x + 2} = \frac{5}{0^-} = -\infty \\ \lim_{x \to -2^+} \frac{1 - 2x}{x + 2} = \frac{5}{0^+} = +\infty \end{gathered}$$

All’infinito i gradi sono uguali. Raccogliendo $x$ sopra e sotto:

$$\frac{1 - 2x}{x + 2} = \frac{\frac{1}{x} - 2}{1 + \frac{2}{x}} \to -2$$

sia per $x \to +\infty$ sia per $x \to -\infty$. Gli asintoti sono $x = -2$ (verticale) e $y = -2$ (orizzontale, da entrambe le parti); niente obliquo. È una funzione omografica: il grafico è un’iperbole equilatera traslata, con il centro nel punto $(-2, -2)$, dove si incrociano i due asintoti.

2. Un buco e un asintoto

Testo. Trova gli asintoti di $f(x) = \frac{x^2 - 4}{x^2 - 3x + 2}$.

Il denominatore è $(x - 1)(x - 2)$, quindi il dominio è $x \neq 1$ e $x \neq 2$. Anche il numeratore si scompone: $x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)$. Ora che il dominio è scritto possiamo semplificare: per $x \neq 1, 2$,

$$f(x) = \frac{(x - 2)(x + 2)}{(x - 1)(x - 2)} = \frac{x + 2}{x - 1}$$

In $x = 2$: $f(x) \to \frac{4}{1} = 4$. Limite finito: niente asintoto, il grafico ha un buco nel punto $(2, 4)$.

In $x = 1$: il numeratore tende a 3, il denominatore $x - 1$ a $0^-$ da sinistra e a $0^+$ da destra. Quindi $f(x) \to -\infty$ da sinistra e $+\infty$ da destra: $x = 1$ è un asintoto verticale.

All’infinito: gradi uguali, rapporto dei coefficienti direttivi $\frac{1}{1} = 1$. L’asintoto orizzontale è $y = 1$, da entrambe le parti. Dei due punti esclusi dal dominio, solo uno dà un asintoto.

3. L’asintoto obliquo di una frazione

Testo. Trova gli asintoti di $f(x) = \frac{2x^2 + x - 1}{x - 2}$.

Verticale. Il dominio è $x \neq 2$. In 2 il numeratore tende a $8 + 2 - 1 = 9$ e il denominatore a $0^\pm$: $f(x) \to -\infty$ da sinistra e $+\infty$ da destra. Asintoto verticale $x = 2$.

All’infinito. Il numeratore ha un grado in più: $f(x) \to \pm\infty$, niente orizzontale, e ci aspettiamo un obliquo. Calcoliamo $m$:

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

Poi $q$, mettendo tutto a denominatore comune:

$$\begin{gathered} f(x) - 2x = \frac{2x^2 + x - 1 - 2x^2 + 4x}{x - 2} \\ {} = \frac{5x - 1}{x - 2} \to 5 \end{gathered}$$

L’asintoto obliquo è $y = 2x + 5$, da entrambe le parti. Controllo con la divisione:

$$\begin{gathered} (x - 2)(2x + 5) = 2x^2 + x - 10 \\ 2x^2 + x - 1 = (x - 2)(2x + 5) + 9 \\ f(x) = 2x + 5 + \frac{9}{x - 2} \end{gathered}$$

Il quoziente è proprio $2x + 5$, e lo scarto $\frac{9}{x - 2}$ tende a 0.

4. Un logaritmo con un punto escluso innocuo

Testo. Trova gli asintoti di $f(x) = \frac{\ln x}{x - 1}$.

Il dominio è $x > 0$ e $x \neq 1$, cioè $(0, 1) \cup (1, +\infty)$. Gli estremi da studiare sono $0^+$, 1 (da entrambi i lati) e $+\infty$.

In $0^+$: $\ln x \to -\infty$ e $x - 1 \to -1$, quindi $f(x) \to \frac{-\infty}{-1} = +\infty$. La retta $x = 0$ è un asintoto verticale, solo da destra: a sinistra di 0 la funzione non esiste.

In 1: forma $\frac{0}{0}$. Con $t = x - 1$, che tende a 0, diventa uno dei limiti notevoli:

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

da entrambi i lati. Limite finito: nessun asintoto, solo un buco nel punto $(1, 1)$.

A $+\infty$: forma $\frac{\infty}{\infty}$, ma il logaritmo cresce più piano di $x$, quindi $f(x) \to 0$. Asintoto orizzontale $y = 0$, solo a destra, perché a sinistra il dominio non arriva a $-\infty$. In tutto: $x = 0$ (da destra) e $y = 0$ (a destra).

5. Una radice con un asintoto per lato

Testo. Trova gli asintoti di $f(x) = \sqrt{x^2 + 4x} - x$.

Dominio. $x^2 + 4x = x(x + 4) \geq 0$ per $x \leq -4$ oppure $x \geq 0$. Gli estremi $-4$ e 0 appartengono al dominio, con $f(-4) = 4$ e $f(0) = 0$: nessun asintoto verticale.

A $+\infty$. Forma $\infty - \infty$: razionalizziamo. Per $x > 0$, $\sqrt{x^2 + 4x} = x\sqrt{1 + \frac{4}{x}}$:

$$\begin{gathered} \sqrt{x^2 + 4x} - x = \frac{4x}{\sqrt{x^2 + 4x} + x} \\ {} = \frac{4}{\sqrt{1 + \frac{4}{x}} + 1} \to \frac{4}{2} = 2 \end{gathered}$$

Asintoto orizzontale $y = 2$ a destra.

A $-\infty$. La radice tende a $+\infty$ e anche $-x$: $f(x) \to +\infty$, nessuna forma indeterminata. Cerchiamo l’obliquo. Per $x < 0$, $\sqrt{x^2 + 4x} = \lvert x \rvert\sqrt{1 + \frac{4}{x}} = -x\sqrt{1 + \frac{4}{x}}$, quindi

$$\begin{gathered} \frac{f(x)}{x} = \frac{-x\sqrt{1 + \frac{4}{x}}}{x} - 1 \\ m = \lim_{x \to -\infty} \left(-\sqrt{1 + \frac{4}{x}} - 1\right) \\ m = -2 \end{gathered}$$

Per $q$ razionalizziamo $f(x) + 2x = \sqrt{x^2 + 4x} + x$:

$$\begin{gathered} \sqrt{x^2 + 4x} + x = \frac{4x}{\sqrt{x^2 + 4x} - x} \\ {} = \frac{4x}{-x\left(\sqrt{1 + \frac{4}{x}} + 1\right)} \\ {} = -\frac{4}{\sqrt{1 + \frac{4}{x}} + 1} \to -2 \end{gathered}$$

Asintoto obliquo $y = -2x - 2$ a sinistra. Controllo numerico: per $x = -1000$, $f(x) \approx 1997{,}998$ e la retta vale 1998. Chi scrive $\sqrt{x^2} = x$ trova $m = 0$ a sinistra e perde l’asintoto.

6. Un esponenziale da esame

Testo. Trova gli asintoti di $f(x) = x\,e^{1/x}$.

Il dominio è $x \neq 0$.

In $0^+$: $x \to 0^+$ e $e^{1/x} \to +\infty$, forma $0 \cdot \infty$. Con $t = \frac{1}{x} \to +\infty$ diventa $\frac{e^t}{t} \to +\infty$, perché l’esponenziale batte ogni potenza. Asintoto verticale $x = 0$ da destra.

In $0^-$: $\frac{1}{x} \to -\infty$, quindi $e^{1/x} \to 0$, e anche $x \to 0$. Il prodotto tende a 0, senza forme indeterminate: da sinistra il grafico arriva all’origine (esclusa), e lì non c’è asintoto.

A $\pm\infty$: $e^{1/x} \to e^0 = 1$, quindi $f(x) \to \pm\infty$: niente orizzontale. Calcoliamo $m$ e $q$:

$$\begin{gathered} m = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x\,e^{1/x}}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} e^{1/x} \\ m = 1 \end{gathered}$$

Per $q$ c’è una forma $\infty \cdot 0$: sostituiamo $t = \frac{1}{x}$, che tende a 0, e quindi $x = \frac{1}{t}$.

$$\begin{gathered} x\,e^{1/x} - x = x\left(e^{1/x} - 1\right) \\ {} = \frac{e^t - 1}{t} \to 1 \end{gathered}$$

per il limite notevole dell’esponenziale, che vale sia per $t \to 0^+$ ($x \to +\infty$) sia per $t \to 0^-$ ($x \to -\infty$). L’asintoto obliquo è $y = x + 1$, da entrambe le parti. Controllo: per $x = 100$ la funzione vale circa 101,005 e la retta 101. In tutto: $x = 0$ solo da destra e $y = x + 1$.

In sintesi

• Verticale $x = x_0$: almeno un limite laterale in $x_0$ è $+\infty$ o $-\infty$. Si cerca nei punti esclusi dal dominio e nei raccordi; se il limite è finito c’è un buco, non un asintoto.
• Orizzontale $y = \ell$: il limite di $f$ all’infinito, da destra o da sinistra, è il numero $\ell$.
• Obliquo $y = mx + q$: $f(x) - (mx + q) \to 0$. Si trova con $m = \lim \frac{f(x)}{x}$, finito e diverso da zero, e $q = \lim \big[f(x) - mx\big]$, finito.
• Destra e sinistra si studiano sempre separatamente; da ogni lato c’è al massimo un asintoto orizzontale oppure obliquo.
• Gli asintoti orizzontali e obliqui si possono attraversare; quelli verticali no.
• Funzioni razionali: decidono i gradi; con un grado in più al numeratore, l’obliquo è il quoziente della divisione.
• Con le radici ricorda $\sqrt{x^2} = \lvert x \rvert$: $\sqrt{x^2 + 1}$ ha $y = x$ a destra e $y = -x$ a sinistra.

Hai finito la teoria del capitolo più importante di Analisi 1: mettiti alla prova con gli esercizi svolti sui limiti.