Limiti e asintoti nello studio di funzione: metodo, posizione del grafico ed esercizi

Il quarto passo dello studio di funzione risponde a una domanda: cosa fa il grafico ai bordi del dominio? Cioè quando $x$ si avvicina a un punto escluso, oppure diventa enorme, positiva o negativa. Lo strumento sono i limiti, e le rette che ne escono, gli asintoti, sono lo «scheletro» del grafico. All’esame qui si perdono molti punti: un limite dimenticato, un segno sbagliato, un obliquo cercato dove non c’è. In questa pagina vediamo come trovare tutti i limiti a partire dal dominio, come controllarli con il segno, i metodi veloci per calcolarli, l’asintoto obliquo di radici ed esponenziali, da che parte il grafico si avvicina all’asintoto e quando lo attraversa, un secondo esempio completo, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Nei primi tre passi abbiamo studiato l’esempio guida del capitolo, $f(x) = \frac{x^2 - 3}{x - 2}$: dominio $x \neq 2$, positiva in $(-\sqrt{3}, \sqrt{3})$ e in $(2, +\infty)$, negativa in $(-\infty, -\sqrt{3})$ e in $(\sqrt{3}, 2)$. Sappiamo dove il grafico può stare. Il passo successivo è capire cosa fa ai bordi del dominio.

Quali limiti calcolare: la lista dal dominio

I limiti da calcolare li detta il dominio: un limite per ogni estremo di ogni intervallo. La scaletta:

1. Scrivi il dominio come unione di intervalli: parentesi tonda se l’estremo è escluso, quadra se è incluso.
2. Per ogni estremo $\pm\infty$, calcola il limite per $x \to +\infty$ o $x \to -\infty$.
3. Per ogni estremo escluso $x_0$, calcola il limite dal lato in cui c’è il dominio: destro se l’intervallo sta a destra di $x_0$, sinistro se sta a sinistra. Un singolo punto tolto dal dominio, come lo zero di un denominatore, è estremo di due intervalli: servono tutti e due i limiti.
4. Per ogni estremo incluso basta il valore $f(x_0)$: le funzioni elementari sono continue nel loro dominio.
5. Per le funzioni a tratti, nei punti di raccordo confronta limite destro, limite sinistro e valore.

Un limite infinito in un punto dà un asintoto verticale, almeno da quel lato. Un limite finito in un punto escluso non dà asintoti: il grafico arriva a un punto che non gli appartiene, disegnato con un pallino vuoto. A $\pm\infty$, un limite finito dà un asintoto orizzontale, uno infinito ti dice di cercare l’obliquo.

Esempio. $f(x) = \frac{\sqrt{x}\,(x - 4)}{x^2 - 5x + 4}$. La radice chiede $x \geq 0$, il denominatore $(x - 1)(x - 4) \neq 0$: il dominio è $[0, 1) \cup (1, 4) \cup (4, +\infty)$. Solo dopo averlo scritto semplifichiamo: nel dominio $f(x) = \frac{\sqrt{x}}{x - 1}$.

Bordo	Limite	Cosa vuol dire
$0$ (incluso)	$f(0) = 0$	parte dall’origine
$1^-$	$-\infty$	asintoto $x = 1$
$1^+$	$+\infty$	asintoto $x = 1$
$4^-$ e $4^+$	$\frac{2}{3}$	buco in $\left(4, \frac{2}{3}\right)$
$+\infty$	$0$	asintoto $y = 0$ a destra

Il punto 4 è escluso come 1, ma lì il limite è finito, perché il fattore $x - 4$ si semplifica: è un «buco», una discontinuità eliminabile (vedi i punti di discontinuità). Un punto escluso è solo un candidato asintoto: decide il limite.

Esempio guida. Il dominio è $(-\infty, 2) \cup (2, +\infty)$: i limiti sono quattro, per $x \to -\infty$, $2^-$, $2^+$ e $+\infty$.

Il controllo con il segno

Il segno del passo 3 è una verifica gratuita. Se $f$ è positiva subito a destra di $x_0$, il limite destro in $x_0$ non può essere $-\infty$: se lo fosse, per la definizione di limite $f$ sarebbe negativa vicino a $x_0$ (è la permanenza del segno). Quindi vicino a un asintoto verticale $f > 0$ vuol dire $+\infty$, $f < 0$ vuol dire $-\infty$. Allo stesso modo, se $f > 0$ per $x$ grande, un asintoto orizzontale $y = \ell$ ha $\ell \geq 0$.

Nell’esempio guida $f$ è negativa in $(\sqrt{3}, 2)$ e positiva in $(2, +\infty)$: il limite in $2^-$ deve venire $-\infty$, quello in $2^+$ deve venire $+\infty$. Se il conto dice il contrario, c’è un errore. Attenzione ai fattori al quadrato: $(x - 2)^2$ non cambia segno, e il grafico va all’infinito con lo stesso segno dai due lati, come vedi nello studio di funzione razionale fratta.

I metodi veloci per l’esame

Gli strumenti nell’ordine in cui conviene provarli.

Funzioni razionali: comanda il grado più alto

Per $x \to \pm\infty$ un polinomio si comporta come il suo termine di grado più alto. Quindi $\frac{P(x)}{Q(x)}$, con $P$ di grado $n$ e coefficiente direttivo $a$, $Q$ di grado $d$ e coefficiente direttivo $b$, si comporta come $\frac{a}{b}\,x^{n - d}$:

• se $n < d$, $f(x) \to 0$: asintoto $y = 0$;
• se $n = d$, $f(x) \to \frac{a}{b}$: asintoto $y = \frac{a}{b}$;
• se $n = d + 1$, $f(x) \to \pm\infty$ e c’è l’obliquo, con $m = \frac{a}{b}$;
• se $n \geq d + 2$, $f(x) \to \pm\infty$ senza asintoti.

Il termine dominante dà anche il segno dell’infinito. E una sola divisione dà tutto insieme: $f(x) = mx + q + \frac{R(x)}{Q(x)}$, cioè $m$, $q$ e lo scarto $\frac{R(x)}{Q(x)}$, che dice da che parte sta il grafico. Il perché è spiegato negli asintoti.

Esponenziali, potenze e logaritmi: la gerarchia

Per la gerarchia degli infiniti, per $x \to +\infty$ l’esponenziale $e^x$ batte ogni potenza $x^a$ con $a > 0$, e ogni potenza batte $\ln x$. Per esempio:

• $\frac{x^3}{e^x} \to 0$ per $x \to +\infty$: asintoto $y = 0$ a destra;
• $\frac{e^x}{x^2} \to +\infty$, e anche diviso $x$: $m$ infinito, niente obliquo;
• $x^2 \ln x \to 0$ per $x \to 0^+$ (con $t = \frac{1}{x}$ diventa $-\frac{\ln t}{t^2}$): pallino vuoto nell’origine;
• $x^3 e^x \to 0$ per $x \to -\infty$: a sinistra l’esponenziale «spegne» ogni potenza.

Zero su zero: limiti notevoli e Taylor

In un punto escluso dove numeratore e denominatore tendono a zero il limite è spesso finito: è il caso del buco. I limiti notevoli risolvono i casi semplici: $\frac{\ln(1 + 2x)}{x} = 2 \cdot \frac{\ln(1 + 2x)}{2x} \to 2$, quindi il grafico ha un buco in $(0, 2)$. Quando i termini principali si cancellano serve la formula di Taylor; con $e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^2)$ e $\sin x = x + o(x^2)$:

$$\begin{gathered} \frac{e^x - 1 - \sin x}{x^2} = \frac{\frac{x^2}{2} + o(x^2)}{x^2} \\ {} = \frac{1}{2} + \frac{o(x^2)}{x^2} \to \frac{1}{2} \end{gathered}$$

Taylor funziona anche all’infinito, con una variabile che tende a 0, come $t = \frac{1}{x}$: tra poco lo usiamo per trovare in un colpo solo asintoto obliquo e posizione del grafico.

De l’Hôpital: l’ultima carta

Il teorema di de l’Hôpital, per le forme $\frac{0}{0}$ e $\frac{\infty}{\infty}$: se $f$ e $g$ sono derivabili vicino al punto (escluso al più il punto), $g'(x) \neq 0$ lì vicino e $\frac{f'(x)}{g'(x)}$ ha limite, allora $\frac{f(x)}{g(x)}$ ha lo stesso limite. Se $\frac{f'}{g'}$ non ha limite non puoi concludere niente: $\frac{2x + \cos x}{x} \to 2$ per $x \to +\infty$, ma $2 - \sin x$ oscilla.

Gli asintoti in breve

Da ogni lato c’è al massimo un asintoto non verticale, orizzontale oppure obliquo, e destra e sinistra si studiano separatamente. Dimostrazioni ed esempi nell’articolo sugli asintoti.

Il passo 4 per l’esempio guida

In $x = 2$. Il numeratore tende a $4 - 3 = 1$, il denominatore $x - 2$ a zero, negativo a sinistra e positivo a destra:

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

La retta $x = 2$ è un asintoto verticale, coerente con il segno: negativo appena prima di 2, positivo appena dopo.

A $\pm\infty$. Il termine dominante è $\frac{x^2}{x} = x$: $f(x) \to +\infty$ a destra e $-\infty$ a sinistra. Niente orizzontali; il numeratore ha un grado in più, quindi cerchiamo l’obliquo:

$$\begin{gathered} m = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2 - 3}{x(x - 2)} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2 - 3}{x^2 - 2x} \\ m = 1 \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} q = \lim_{x \to \pm\infty} \left(\frac{x^2 - 3}{x - 2} - x\right) \\ q = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2 - 3 - x^2 + 2x}{x - 2} \\ q = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x - 3}{x - 2} \\ q = 2 \end{gathered}$$

La retta $y = x + 2$ è un asintoto obliquo, da entrambe le parti. Con la divisione si fa prima: $x^2 - 3 = (x - 2)(x + 2) + 1$, quindi

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

cioè «la retta $x + 2$ più un pezzo che sparisce all’infinito».

Asintoti obliqui di radici ed esponenziali

Fuori dalle razionali non c’è la divisione, ma c’è un metodo altrettanto veloce: lo sviluppo all’infinito.

Una radice: due asintoti diversi

Prendiamo $f(x) = \sqrt{x^2 + x}$, definita per $x \leq -1$ e per $x \geq 0$. In $-1$ e 0 vale 0: niente asintoti verticali. Per $x \to \pm\infty$ tende a $+\infty$. Raccogliamo $x^2$ sotto radice, ricordando che $\sqrt{x^2} = \lvert x \rvert$, e usiamo $\sqrt{1 + t} = 1 + \frac{t}{2} - \frac{t^2}{8} + o(t^2)$ con $t = \frac{1}{x}$. Per $x \to +\infty$, dove $\lvert x \rvert = x$:

$$\begin{gathered} \sqrt{x^2 + x} = x\,\sqrt{1 + \frac{1}{x}} \\ {} = x\left(1 + \frac{1}{2x} - \frac{1}{8x^2} + o\!\left(\frac{1}{x^2}\right)\right) \\ {} = x + \frac{1}{2} - \frac{1}{8x} + o\!\left(\frac{1}{x}\right) \end{gathered}$$

Si legge tutto: l’asintoto a destra è $y = x + \frac{1}{2}$, e lo scarto, che si comporta come $-\frac{1}{8x}$, è negativo: il grafico sta sotto. Per $x \to -\infty$, dove $\lvert x \rvert = -x$, gli stessi conti danno

$$\sqrt{x^2 + x} = -x - \frac{1}{2} + \frac{1}{8x} + o\!\left(\frac{1}{x}\right)$$

cioè l’asintoto $y = -x - \frac{1}{2}$ a sinistra, con il grafico ancora sotto. Con i limiti si trova lo stesso: $m = \pm 1$ e, razionalizzando, $q = \pm\frac{1}{2}$, come nel calcolo dei limiti.

Verifica valida su tutto il dominio: $x^2 + x = \left(x + \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{1}{4}$, quindi $\sqrt{x^2 + x} < \left\lvert x + \frac{1}{2} \right\rvert$: ogni ramo sta sempre sotto il proprio asintoto, il destro sotto $y = x + \frac{1}{2}$ e il sinistro sotto $y = -x - \frac{1}{2}$. È la metà superiore di un’iperbole di centro $\left(-\frac{1}{2}, 0\right)$.

Un esponenziale: asintoto e posizione in una riga

Prendiamo $f(x) = x\,e^{-1/x^2}$, definita per $x \neq 0$. Lo sviluppo $e^t = 1 + t + o(t)$, con $t = -\frac{1}{x^2} \to 0$, dà insieme asintoto e posizione:

$$\begin{gathered} x\,e^{-1/x^2} = x\left(1 - \frac{1}{x^2} + o\!\left(\frac{1}{x^2}\right)\right) \\ {} = x - \frac{1}{x} + o\!\left(\frac{1}{x}\right) \end{gathered}$$

L’asintoto è $y = x$, da entrambe le parti. Lo scarto si comporta come $-\frac{1}{x}$: il grafico sta sotto l’asintoto a destra e sopra a sinistra. Qui il segno si vede anche ovunque: $e^{-1/x^2} < 1$, quindi lo scarto $x\left(e^{-1/x^2} - 1\right)$ ha il segno opposto a quello di $x$.

Pendenza giusta, ma nessun asintoto

$f(x) = x + \sqrt{x}$ ha $m = \displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{x + \sqrt{x}}{x} = 1$, ma $q = \displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x} = +\infty$. Il grafico «punta» nella direzione delle rette di pendenza 1, ma si allontana da ognuna: supera la retta $y = x + c$ appena $\sqrt{x} > c$, qualunque sia $c$. Niente asintoto.

Gli altri modi di andare all’infinito senza asintoto: $m$ infinito, come per $x^2$ ed $e^x$, che diventano più ripide di qualunque retta; oppure $m = 0$ con $f \to \infty$, come per $\sqrt{x}$ e $\ln x$, che crescono sempre più piano senza fermarsi.

Asintoti diversi a destra e a sinistra

Le razionali hanno lo stesso asintoto non verticale a $+\infty$ e a $-\infty$; le altre spesso no.

• $\arctan x$ tende a $\frac{\pi}{2}$ a destra e a $-\frac{\pi}{2}$ a sinistra: due orizzontali diversi.
• $e^x$ tende a 0 a sinistra; a destra $\frac{e^x}{x} \to +\infty$. Asintoto $y = 0$ solo a sinistra.
• $f(x) = x - 2\arctan x$ ha $m = 1$ da entrambe le parti, ma $f(x) - x = -2\arctan x$ tende a $-\pi$ a destra e a $\pi$ a sinistra: due obliqui paralleli, $y = x - \pi$ a destra e $y = x + \pi$ a sinistra. Siccome $\lvert \arctan x \rvert < \frac{\pi}{2}$, il grafico sta sempre sopra il primo e sotto il secondo.

Con radici, esponenziali, arcotangenti e valori assoluti, quindi, $+\infty$ e $-\infty$ si rifanno da capo.

Da che parte sta il grafico rispetto all’asintoto

Sapere se il grafico arriva all’asintoto da sopra o da sotto rende il disegno giusto. Lo strumento è lo scarto

$$r(x) = f(x) - (mx + q)$$

che per un asintoto orizzontale diventa $f(x) - \ell$. Dove $r(x) > 0$ il grafico sta sopra la retta, dove $r(x) < 0$ sta sotto, dove $r(x) = 0$ la tocca. Il metodo:

1. Scrivi lo scarto e semplificalo; per una razionale è il resto della divisione diviso il denominatore.
2. Se puoi, studia il segno di $r(x)$ su tutto il dominio: hai la posizione ovunque e i punti di incontro.
3. Se il segno globale è troppo difficile, usa il primo termine dello sviluppo di $r(x)$ all’infinito.

Esempio guida. Lo scarto $r(x) = \frac{1}{x - 2}$ è negativo per $x < 2$, positivo per $x > 2$, mai zero. A sinistra il grafico arriva all’obliquo da sotto, a destra da sopra, e non lo tocca mai. Ecco lo scheletro completo:

Il grafico può attraversare un asintoto?

Un asintoto verticale no, se la funzione è continua nel suo dominio: $x_0$ è fuori dal dominio, e sulla retta $x = x_0$ non c’è nessun punto del grafico.

Un asintoto orizzontale o obliquo sì, anche infinite volte, perché la definizione parla solo di $x \to \pm\infty$. I punti di incontro sono le soluzioni di $r(x) = 0$.

Esempio. $f(x) = x + \frac{\ln x}{x}$, con $x > 0$. In $0^+$, $\frac{\ln x}{x} \to -\infty$: asintoto verticale $x = 0$, da destra. A $+\infty$ lo scarto rispetto a $y = x$ è $r(x) = \frac{\ln x}{x} \to 0$ per la gerarchia: $y = x$ è l’asintoto obliquo. Il segno di $r$ è quello di $\ln x$: il grafico sta sotto l’asintoto in $(0, 1)$, lo attraversa nel punto $(1, 1)$ e poi gli si avvicina da sopra. Per $x > 1$ lo scarto non supera mai il suo massimo, $\frac{1}{e}$, raggiunto in $x = e$: da sopra la curva non si allontana dalla retta più di così.

Infinite volte. Prendi $f(x) = x + \frac{\sin x}{x}$, definita per $x \neq 0$. Lo scarto rispetto alla retta $y = x$ è $\frac{\sin x}{x}$: tende a 0, perché in valore assoluto è al massimo $\frac{1}{\lvert x \rvert}$, e si annulla in tutti i punti $x = k\pi$ con $k$ intero non nullo. Il grafico attraversa l’asintoto infinite volte, oscillando sempre meno.

Quando ai bordi non c’è un asintoto

• Limite finito in un punto escluso. Se i limiti laterali sono uguali c’è un buco; se sono diversi un salto, come per $\arctan\frac{1}{x}$, che in 0 tende a $-\frac{\pi}{2}$ da sinistra e a $\frac{\pi}{2}$ da destra: due pallini vuoti, uno per ramo.
• Limite infinito all’infinito senza obliquo: $m$ infinito, $m = 0$, oppure $q$ infinito.
• Limite che non esiste: $\sin x$ per $x \to +\infty$ oscilla tra $-1$ e $1$, e nel disegno si mostra l’oscillazione.

Un secondo esempio completo

L’esempio guida è una razionale: stesso asintoto ai due lati, nessun buco. Ora una funzione con quattro bordi diversi, il logaritmo di $\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x$, l’espressione che definisce il numero $e$:

$$f(x) = x \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right)$$

Dominio e segno. Serve $1 + \frac{1}{x} = \frac{x + 1}{x} > 0$: il dominio è $(-\infty, -1) \cup (0, +\infty)$. Per $x > 0$ l’argomento è maggiore di 1, il logaritmo è positivo e $x$ pure; per $x < -1$ l’argomento sta tra 0 e 1, il logaritmo è negativo e $x$ anche. Quindi $f > 0$ in tutto il dominio. I bordi sono $-\infty$, $-1^-$, $0^+$, $+\infty$.

In $-1^-$. L’argomento tende a $0^+$, il logaritmo a $-\infty$, e $x$ a $-1$:

$$\lim_{x \to -1^-} f(x) = (-1) \cdot (-\infty) = +\infty$$

Asintoto verticale $x = -1$, solo da sinistra: a destra di $-1$ la funzione non esiste. Il segno torna.

In $0^+$. Forma $0 \cdot \infty$. Per $x > 0$ spezziamo il logaritmo: $f(x) = x\ln(x + 1) - x\ln x$. Il primo termine tende a 0, il secondo a 0 per la gerarchia. Niente asintoto: il grafico parte dall’origine, che non appartiene al dominio.

A $\pm\infty$. Con $t = \frac{1}{x}$, che tende a 0 (da destra se $x \to +\infty$, da sinistra se $x \to -\infty$):

$$x \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) = \frac{\ln(1 + t)}{t} \to 1$$

per il limite notevole del logaritmo. Asintoto orizzontale $y = 1$ da entrambe le parti.

Da che parte. Con $\ln(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + o(t^2)$:

$$f(x) = 1 - \frac{1}{2x} + o\!\left(\frac{1}{x}\right)$$

Per $x \to +\infty$ lo scarto è negativo, grafico sotto $y = 1$; per $x \to -\infty$ è positivo, grafico sopra. Anzi, vale $\ln(1 + t) < t$ per ogni $t > -1$ con $t \neq 0$: con $t = \frac{1}{x}$, moltiplicando per $x$ si ottiene $f(x) < 1$ per $x > 0$ e $f(x) > 1$ per $x < -1$ (per $x$ negativo il verso si gira). Il grafico non tocca mai l’asintoto.

Perché è vero. $g(t) = t - \ln(1 + t)$ ha derivata $g'(t) = \frac{t}{1 + t}$, negativa per $-1 < t < 0$ e positiva per $t > 0$: il minimo è $g(0) = 0$, quindi $g(t) > 0$ per ogni altro $t$.

Gli errori più comuni

• Saltare un bordo del dominio. Chi dimentica $0^+$ nel secondo esempio perde il pallino vuoto nell’origine.
• Calcolare un limite da un lato in cui la funzione non esiste. Nel secondo esempio, in $-1$ ha senso solo il limite sinistro.
• Prendere ogni punto escluso per un asintoto verticale. Se il limite è finito c’è un buco o un salto.
• Non confrontare con il segno. Un $+\infty$ dove il passo 3 dice che la funzione è negativa è un errore sicuro.
• Scrivere $\sqrt{x^2} = x$ anche per $x \to -\infty$. È $\lvert x \rvert$: per $x$ negativo cambiano i segni di $m$ e $q$.
• Copiare il risultato di $+\infty$ per $-\infty$. Con radici, esponenziali e arcotangenti i due lati sono spesso diversi.
• Fermarsi a $m$. Se $q$ è infinito, come per $x + \sqrt{x}$, l’asintoto non c’è.
• Credere che un asintoto non si possa attraversare. Vale per i verticali; orizzontali e obliqui si incontrano nei punti in cui lo scarto si annulla.

Esercizi svolti

1. Una razionale con un buco

Testo. Trova tutti gli asintoti di $f(x) = \frac{x^3 - x}{x^2 + x - 2}$ e di’ se il grafico ha dei buchi.

Dominio. Il denominatore è $(x - 1)(x + 2)$: $x \neq 1$ e $x \neq -2$. Il numeratore è $x(x - 1)(x + 1)$. Ora che il dominio è scritto semplifichiamo $x - 1$:

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

In $x = 1$: $f(x) \to \frac{1 \cdot 2}{3} = \frac{2}{3}$. Limite finito: buco in $\left(1, \frac{2}{3}\right)$.

In $x = -2$: il numeratore tende a $(-2) \cdot (-1) = 2$, il denominatore a zero:

$$\begin{gathered} \lim_{x \to -2^-} f(x) = \frac{2}{0^-} = -\infty \\ \lim_{x \to -2^+} f(x) = \frac{2}{0^+} = +\infty \end{gathered}$$

Asintoto verticale $x = -2$.

All’infinito. Il numeratore ha un grado in più. Dividendo, $x^2 + x = (x + 2)(x - 1) + 2$, quindi

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

Asintoto obliquo $y = x - 1$, da entrambe le parti. In tutto: buco in $\left(1, \frac{2}{3}\right)$, verticale $x = -2$, obliquo $y = x - 1$; lo scarto $\frac{2}{x + 2}$ dice che il grafico sta sotto l’obliquo per $x < -2$ e sopra per $x > -2$.

2. Una radice con due asintoti obliqui

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

Dominio. La radice è al denominatore: serve $x^2 - 1 > 0$, cioè $x < -1$ oppure $x > 1$.

Verticali. In $1^+$ il numeratore tende a 3, il denominatore a $0^+$: $f(x) \to +\infty$. In $-1^-$ il numeratore tende a $1 - 2 = -1$: $f(x) \to -\infty$. Asintoti $x = 1$ da destra e $x = -1$ da sinistra. Controllo: per $-2 < x < -1$ il numeratore $x(x + 2)$ è negativo, coerente con $-\infty$.

A $+\infty$. $\sqrt{x^2 - 1} = \lvert x \rvert\sqrt{1 - \frac{1}{x^2}}$; per $x > 0$, semplificando una $x$,

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

quindi $\frac{f(x)}{x} \to 1$: $m = 1$. Con lo sviluppo $\frac{1}{\sqrt{1 - s}} = 1 + \frac{s}{2} + o(s)$ e $s = \frac{1}{x^2}$:

$$\begin{gathered} f(x) = (x + 2)\left(1 + \frac{1}{2x^2} + o\!\left(\frac{1}{x^2}\right)\right) \\ {} = x + 2 + \frac{1}{2x} + o\!\left(\frac{1}{x}\right) \end{gathered}$$

Asintoto $y = x + 2$ a destra.

A $-\infty$. Ora $\lvert x \rvert = -x$ e $f(x) = -\frac{x + 2}{\sqrt{1 - \frac{1}{x^2}}}$; gli stessi conti con il meno davanti danno

$$f(x) = -x - 2 - \frac{1}{2x} + o\!\left(\frac{1}{x}\right)$$

Asintoto $y = -x - 2$ a sinistra. In entrambi i casi lo scarto è positivo: il grafico arriva da sopra. Chi scrive $\sqrt{x^2} = x$ trova a sinistra la retta sbagliata.

3. Un esponenziale con un asintoto da una parte sola

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

Il dominio è $x \neq 1$. Siccome $e^x > 0$, il segno è quello di $\frac{x}{x - 1}$: positivo per $x < 0$ e per $x > 1$, negativo in $(0, 1)$.

In $x = 1$: il numeratore tende a $e$:

$$\begin{gathered} \lim_{x \to 1^-} f(x) = \frac{e}{0^-} = -\infty \\ \lim_{x \to 1^+} f(x) = \frac{e}{0^+} = +\infty \end{gathered}$$

Asintoto verticale $x = 1$, coerente con il segno.

A $-\infty$: $\frac{x}{x - 1} \to 1$ ed $e^x \to 0$, quindi $f(x) \to 0$: asintoto orizzontale $y = 0$ a sinistra. Siccome $f > 0$ per $x < 0$, il grafico ci arriva da sopra, e poi la attraversa nell’origine.

A $+\infty$: $f(x) \to +\infty$, e

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

perché l’esponenziale batte ogni potenza: nessun asintoto a destra. In tutto: $x = 1$ e $y = 0$, quest’ultimo solo a sinistra.

4. Da che parte arriva il grafico

Testo. Trova l’asintoto obliquo di $f(x) = (x + 2)\,e^{-1/x}$ e di’ se il grafico gli si avvicina da sopra o da sotto, a destra e a sinistra.

Il dominio è $x \neq 0$. Per $x \to \pm\infty$, $e^{-1/x} \to 1$, quindi $f(x) \to \pm\infty$ e

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

Poi $f(x) - x = x\left(e^{-1/x} - 1\right) + 2e^{-1/x}$. Con $t = -\frac{1}{x} \to 0$, il primo pezzo è $-\frac{e^t - 1}{t} \to -1$ per il limite notevole, il secondo tende a 2: $q = 1$. L’asintoto è $y = x + 1$, da entrambe le parti.

Per la posizione sviluppiamo $e^{-1/x} = 1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{2x^2} + o\!\left(\frac{1}{x^2}\right)$ e moltiplichiamo per $x + 2$:

$$\begin{gathered} f(x) = x - 1 + \frac{1}{2x} + 2 - \frac{2}{x} + o\!\left(\frac{1}{x}\right) \\ {} = x + 1 - \frac{3}{2x} + o\!\left(\frac{1}{x}\right) \end{gathered}$$

Lo scarto si comporta come $-\frac{3}{2x}$: a destra il grafico arriva da sotto, a sinistra da sopra. Controllo: per $x = 100$ lo scarto vale circa $-0{,}0149$, e $-\frac{3}{200} = -0{,}015$. Per completare il passo 4: in $0^-$ la funzione tende a $+\infty$ (asintoto verticale da sinistra), in $0^+$ tende a 0 (pallino vuoto nell’origine).

5. Per quale parametro c’è l’obliquo

Testo. Sia $f(x) = \frac{x^a}{x + 1}$, definita per $x \geq 0$, con $a > 0$. Per quali valori di $a$ il grafico ha un asintoto obliquo? Scrivilo.

L’estremo 0 è incluso, con $f(0) = 0$: conta solo $x \to +\infty$. Scriviamo

$$\begin{gathered} f(x) = x^{a - 1} \cdot \frac{x}{x + 1} \\ \frac{f(x)}{x} = x^{a - 2} \cdot \frac{x}{x + 1} \end{gathered}$$

dove $\frac{x}{x + 1} \to 1$. Decidono gli esponenti:

• se $0 < a < 1$, $f(x) \to 0$: asintoto $y = 0$;
• se $a = 1$, $f(x) \to 1$: asintoto $y = 1$;
• se $1 < a < 2$, $f(x) \to +\infty$ ma $m = 0$: nessun asintoto;
• se $a = 2$, $m = 1$: serve $q$;
• se $a > 2$, $m = +\infty$: nessun asintoto.

Per $a = 2$:

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

L’obliquo c’è solo per $a = 2$, ed è $y = x - 1$: la funzione deve crescere esattamente come una potenza prima di $x$, né più piano né più in fretta.

6. Dove il grafico attraversa l’asintoto

Testo. Trova l’asintoto obliquo di $f(x) = \sqrt[3]{x^3 + 6x^2}$, il punto in cui il grafico lo attraversa e da che parte sta il grafico prima e dopo.

La radice cubica è definita per ogni numero reale: dominio $\mathbb{R}$, niente asintoti verticali, e $f(x) \to \pm\infty$ per $x \to \pm\infty$. Siccome $\sqrt[3]{x^3} = x$ anche per $x$ negativo, per $x \neq 0$

$$\frac{f(x)}{x} = \sqrt[3]{\frac{x^3 + 6x^2}{x^3}} = \sqrt[3]{1 + \frac{6}{x}} \to 1$$

da entrambe le parti: $m = 1$. Per $q$ usiamo $A - B = \frac{A^3 - B^3}{A^2 + AB + B^2}$ con $A = f(x)$ e $B = x$, così che $A^3 - B^3 = 6x^2$:

$$\begin{gathered} f(x) - x = \frac{6x^2}{A^2 + Ax + x^2} \\ {} = \frac{6}{\left(\frac{A}{x}\right)^2 + \frac{A}{x} + 1} \to \frac{6}{3} = 2 \end{gathered}$$

perché $\frac{A}{x} \to 1$. L’asintoto è $y = x + 2$, da entrambe le parti.

Il punto di incontro. Il cubo è una funzione crescente, quindi $f(x)$ e $x + 2$ stanno nello stesso ordine dei loro cubi:

$$\begin{gathered} (x + 2)^3 = x^3 + 6x^2 + 12x + 8 \\ x^3 + 6x^2 - (x + 2)^3 = -12x - 8 \end{gathered}$$

Lo scarto ha il segno di $-12x - 8$: positivo per $x < -\frac{2}{3}$, nullo in $-\frac{2}{3}$, negativo dopo. Il grafico sta sopra l’asintoto a sinistra, lo attraversa nel punto $\left(-\frac{2}{3}, \frac{4}{3}\right)$ e poi resta sotto. Controllo: $f\left(-\frac{2}{3}\right) = \sqrt[3]{-\frac{8}{27} + \frac{8}{3}} = \sqrt[3]{\frac{64}{27}} = \frac{4}{3}$, come la retta.

Per allenarti sugli studi completi passa agli esercizi svolti sullo studio di funzione.

In sintesi

• Un limite per ogni estremo di ogni intervallo del dominio: laterali nei punti esclusi, $\pm\infty$ se il dominio è illimitato, il valore negli estremi inclusi.
• Limite infinito in un punto: asintoto verticale; limite finito in un punto escluso: pallino vuoto.
• Il segno del passo 3 controlla i limiti: vicino a un asintoto verticale, $f > 0$ vuol dire $+\infty$.
• Metodi veloci: grado più alto e divisione per le razionali, gerarchia degli infiniti, limiti notevoli e Taylor, de l’Hôpital per ultimo.
• Obliquo: $m = \displaystyle\lim \frac{f(x)}{x}$ finito e non nullo, $q = \displaystyle\lim \big[f(x) - mx\big]$ finito, a $+\infty$ e $-\infty$ separatamente.
• Lo scarto $r(x) = f(x) - (mx + q)$: il segno dice sopra o sotto, gli zeri dove il grafico attraversa l’asintoto.
• Lo sviluppo $f(x) = mx + q + \frac{c}{x} + o\!\left(\frac{1}{x}\right)$ dà asintoto e posizione insieme: con $c > 0$, sopra a destra e sotto a sinistra.

Abbiamo lo scheletro del grafico. Ora entra in gioco la derivata, per sapere dove il grafico sale e dove scende: massimi e minimi di una funzione.