Exerciții rezolvate cu asimptote — clasa a 11-a

$x - 3 = 0 \Rightarrow x = 3$.

$\displaystyle\lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{2x + 1}{x - 5} = 2$, deci $y = 2$.

$x^2 - 4 = 0 \Rightarrow x = \pm 2$. Ambele sunt asimptote verticale.

$f(x) = x + \dfrac{1}{x}$. Când $x \to \pm\infty$, $\dfrac{1}{x} \to 0$, deci asimptota oblică este $y = x$.

$x - 1 \to 0^+$, deci $\dfrac{1}{x - 1} \to +\infty$.

$\tg x = \dfrac{\sin x}{\cos x}$ are asimptote verticale acolo unde $\cos x = 0$, adică $x = \dfrac{\pi}{2} + n\pi$.

$\dfrac{2x^2 + 3x + 1}{x - 1} = 2x + 5 + \dfrac{6}{x - 1}$. Când $x \to \pm\infty$, restul dispare, rămânând asimptota oblică $y = 2x + 5$.

$\lim_{x \to \infty} e^{-x} = 0$, deci $y = 0$ este asimptotă orizontală la $+\infty$.

Verticale: $x = \pm 1$ (două). Orizontală: $\lim f(x) = 1$ (una). Total: $3$. (Nu există oblică — funcția rațională are numărător și numitor de același grad.)

Panta: $m=\lim_{x\to-\infty}\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}$. Pentru $x<0$, $\sqrt{x^2+1}=-x\sqrt{1+1/x^2}$ (fiindcă $\sqrt{x^2}=|x|=-x$), deci $$\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=-\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\xrightarrow[x\to-\infty]{}-1.$$ Așadar $m=-1$. Ordonata: $n=\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-(-x)\right)=\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)$. Cu substituția $x=-t$ ($t\to+\infty$): $$\sqrt{t^2+1}-t=\frac{1}{\sqrt{t^2+1}+t}\xrightarrow[t\to\infty]{}0,$$ deci $n=0$. Asimptota este $y=-x$ — diferită de asimptota spre $+\infty$, care este $y=x$ (o capcană clasică: rădăcina pătrată "alege" semnul lui $x$). Verificare: la $x=-1000$, $f(x)=\sqrt{1000001}\approx1000{,}0005$, iar $-x=1000$; diferența $\approx0{,}0005\to0$. ✓

Folosind proprietatea logaritmului: $$f(x)=x\ln\left(1+\frac1x\right)=\ln\left(1+\frac1x\right)^{x}.$$ Cum $\left(1+\dfrac1x\right)^{x}\to e$ când $x\to+\infty$, iar logaritmul este continuu: $$\lim_{x\to+\infty}f(x)=\ln e=1.$$ Deci $y=1$ este asimptotă orizontală spre $+\infty$. Observație: este o nedeterminare $\infty\cdot 0$ — logaritmul tinde la $0$, dar „de ordinul $\frac1x$", exact cât să compenseze factorul $x$. ✓

**Pasul 1 (calculăm mai întâi limita auxiliară $D(x)$, prin raționalizare).** Notăm $D(x)=\sqrt{x^2+4x+3}+x$ și amplificăm cu conjugata pentru a scăpa de radical: $$D(x) = \sqrt{x^2+4x+3}+x = \frac{\left(x^2+4x+3\right)-x^2}{\sqrt{x^2+4x+3}-x} = \frac{4x+3}{\sqrt{x^2+4x+3}-x}$$ Pentru $x\to-\infty$ (deci $x<0$), $\sqrt{x^2+4x+3}=-x\sqrt{1+\tfrac{4}{x}+\tfrac{3}{x^2}}$, deci numitorul $\sqrt{x^2+4x+3}-x = -x\Big(\sqrt{1+\tfrac{4}{x}+\tfrac{3}{x^2}}+1\Big) \to -x\cdot 2$. Împărțind numărătorul și numitorul prin $x$: $$D(x) = \frac{4x+3}{\sqrt{x^2+4x+3}-x} \xrightarrow[x\to-\infty]{} \frac{4}{-2} = -2$$ **Pasul 2 (panta $m$).** Amplificăm $f$ însăși cu conjugata: $f(x) = \sqrt{x^2+4x+3}-x = \dfrac{4x+3}{\sqrt{x^2+4x+3}+x} = \dfrac{4x+3}{D(x)}$. Atunci: $$m = \lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}{x} = \lim_{x\to-\infty} \frac{4x+3}{x\cdot D(x)} = \lim_{x\to-\infty}\frac{4+\tfrac{3}{x}}{D(x)} = \frac{4}{-2} = -2$$ **Pasul 3 (ordonata $n$).** Direct din definiție: $$n = \lim_{x\to-\infty}\big(f(x)-mx\big) = \lim_{x\to-\infty}\big(\sqrt{x^2+4x+3}-x+2x\big) = \lim_{x\to-\infty}\big(\sqrt{x^2+4x+3}+x\big) = \lim_{x\to-\infty} D(x) = -2$$ (acesta e exact $D(x)$ calculat la Pasul 1.) Deci $m=-2$, $n=-2$, iar asimptota oblică spre $-\infty$ este **$y = -2x-2$**. Observație pentru cei care aleg $y=2x+2$: aceea e capcana clasică de semn (uitarea faptului că $\sqrt{x^2}=-x$, nu $x$, când $x\to-\infty$). Spre $+\infty$, în schimb, funcția are o asimptotă orizontală $y=2$ (nu oblică, pentru că acolo $m=0$) — ramurile nu sunt simetrice, spre deosebire de o funcție rațională obișnuită unde $+\infty$ și $-\infty$ dau mereu aceeași asimptotă.