Tipuri de asimptote Asimptotele functiilor reale

Pentru cei care va pregatiti pentru examenul de Bacalaureat asimptotele joaca un rol important, deci dupa ce am invatat sa calculam limitele unor functii, acum o sa invatam sa calculam asimptotele  functiilor  reale. Asimptotele sunt de trei tipuri:

asimptote orizontale

-asimptote oblice

-asimptote verticale

Incepem cu asimptote orizontale:

Fie f:R\rightarrow \left(0,+\infty\right), f\left(x\right)=a^{x}, a>0, a\neq 1 functia exponentiala cu baza ”a”.

Ca sa vedem daca avem asimptota orizontala calculam:

\lim\limits_{x\to+\infty}{f\left(x\right)} si daca obtinem un numar a, atunci y=a este asimptota orizontala spre +\infty a functiei f. Deci

Def: Dreapta y=a este asimptota orizontala spre +\infty a functiei „f” daca   \lim\limits_{x\to+\infty}{f\left(x\right)}=a\in R.

Dreapta y=a este asimptota orizontala spre -\infty a functiei „f” daca   \lim\limits_{x\to-\infty}{f\left(x\right)}=a\in R.

Problema asimptotelor orizontale pentru functia f:D\rightarrow R se pune numai la +\infty si -\infty si numai daca   +\infty sau -\infty sunt puncte de acumulare ale multimii D.

Exemplu:

Sa se determine asimptotele orizontale ale functiilor:

f:\left(1,+\infty\right)\Rightarrow, f\left(x\right)=\frac{\ln x}{1+\ln x}

In cazul functiei de mai sus calculam limita doar spre +\infty deoarece  acesta este punct de acumulare pentru D=\left(1,+\infty\right). Calculam limita

\lim\limits_{x\to +\infty}{\frac{\ln x}{1+\ln x}}=

\lim\limits_{x\to +\infty}{\frac{\ln x}{\ln x\left(\frac{1}{\ln x}+1\right)}}=1. Deci dreapta de ecuatie y=1 se numeste asimptota orizontala.

Asimptota oblica

De unde stim daca o asimptota este oblica?

Prima data vedem daca functia are asimptota orizontala, daca nu  are asimptota orizontala, verificam daca functia are asimptota oblica, daca are asiptote oblice calculam:
Teorema:

Fie f:D\rightarrow R

a) Daca \lim\limits_{x\to+\infty}{\frac{f\left(x\right)}{x}}=m\in R^{*} si n=\lim\limits_{x\to +\infty}{\left(f\left(x\right)-mx\right)} atunci dreapta y=mx+n este asimptota oblica spre +\infty si reciproc.

b)  Daca \lim\limits_{x\to-\infty}{\frac{f\left(x\right)}{x}}=m\in R^{*} si n=\lim\limits_{x\to -\infty}{\left(f\left(x\right)-mx\right)} atunci dreapta y=mx+n este asimptota oblica spre -\infty si reciproc.
Asadar functia f:R-\left\{2\right\}\rightarrow R, f\left(x\right)=\frac{x^{2}}{x-2}
Calculam
m=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{f(x)}{x}}=\lim\limits_{x\to+\infty}{\frac{\frac{x^{2}}{x-2}}{x}}
\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^{2}}{x\cdot\left(x-2\right)}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^{2}}{x^{2}-2x}}=
\lim\limits_{x\to \infty}{\frac{x^{2}}{x^{2}\left(1-\frac{2}{x}\right)}^{(x^{2}}}
\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{1}{1}}=1\in R^{*}
Acum calculam
n=\lim\limits_{x\to\infty}{\left(f\left(x\right)-mx\right)}
n=\lim\limits_{x\to\infty}{\left(\frac{x^{2}}{x-2}-1\cdot x\right)}
n=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^{2}}{x-2}-\left(x-2\right)\cdot x}
Dar si
n=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^{2}-x^{2}+2x}{x-2}}
Astfel avem:
n=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2x}{x-2}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2x}{x\left(1-\frac{2}{x}\right)}^{(x}}
\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2}{1-0}}=2
Asadar stim ca m=1 si n=2
Deci ecuatia dreptei este y=m\cdot x+n\Rightarrow y=1\cdot x+2\Rightarrow y=x+2

Asimptotele verticale

Def: Dreapta x=x_{0} este asimptota verticala a functiei f daca cel putin una dintre limitele laterale f\left(x_{0}-0\right) sau f\left(x_{0}+0\right) exista si este infinita.

Dreapta x=x_{0} este asimptota verticala a functiei f daca cel putin una dintre limitele laterale f\left(x_{0}-0\right) sau f\left(x_{0}+0\right) exista si este infinita.

 

Daca f\left(x_{0}+0\right)  este +\infty sau -\infty, dreapta x=x_{0} se numeste asimptota verticala spre stanga.

Daca f\left(x_{0}+0\right)  este +\infty sau -\infty, dreapta x=x_{0} se numeste asimptota verticala spre dreapta.

Daca limitele laterale ale functiei f in x_{0} sunt infinite, dreapta x_{0} se numeste asimptota verticala bilaterala.

Exemple:

1) Sa se determine asimptotele functiei  f:D\rightarrow R

a) \frac{x^{3}}{x^{2}-9}

Calculam mai intai domeniul de definitie si observam ca

x^{2}-9=0\Rightarrow x^{2}=9\Rightarrow x=\pm\sqrt{9}\Rightarrow x=\pm 3.

Deci D=\left\{-3, 3\right\}

Verificam mai intai daca functia are asimptota orizontala.

\lim\limits_{x\to \infty}{\frac{x^{3}}{x^{2}-9}}=\infty

Deci functia nu are asimptota orizontala.

Daca nu are asimptota orizontala verificam daca functia are asimptota oblica, astfel calculam

m=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{f\left(x\right)}{x}}=

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{\frac{x^{3}}{x^{2}-9}}{x}}=

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^{3}}{x^{3}-x}}=

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^{3}}{x^{3}\left(1-\frac{x}{x^{3}}\right)}}=1

Calculam acum

n=\lim\limits_{x\to\infty}{f\left(x\right)-mx}=

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^{3}}{x^{2}-9}-x}=

 

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{9x}{x^{2}-9}}=

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x\cdot 9}{x\left(x-\frac{9}{x}\right)}}=0

Calculam acum

y=mx+n\Rightarrow y=x+0\Rightarrow y=x este asimptota oblica.

Calculam acum asimptota verticala

Domeniul de definitie l-am calculat si am vazut ca

D=\left(-\infty, -3\right)\cup \left(-3, 3\right)\cup \left(3, \infty\right)

f\left(-3,-0\right)=\lim\limits_{x\to\-3}{\frac{x^{3}}{x^{2}-9}}=\frac{-9}{9-9}=\frac{-9}{0}=-\infty

f\left(-3,+0\right)=\lim\limits_{x\to -3}{\frac{x^{3}}{x^{2}-9}}=\frac{-9}{9-9}=\frac{-9}{0}=+\infty.

f\left(3,+0\right)=\lim\limits_{x\to 3}{\frac{x^{3}}{x^{2}-9}}=\frac{9}{9-9}=\frac{9}{0}=-\infty.

f\left(33,+0\right)=\lim\limits_{x\to 3}{\frac{x^{3}}{x^{2}-9}}=\frac{9}{9-9}=\frac{-9}{0}=+\infty.

 

Rezulta ca dreptele x=-3 si x=3 sunt asimptote verticale bilaterale.

Functii injective. Functii surjective. Functii bijective

Dupa ce am invatat notiunea de functie inca din clasa a VIII-a, (cum am definit-o, cum sa calculam graficul unei functii si asa mai departe )acum o sa invatam despre functii injective, functii surjective si functii bijective.

Incepem cu functiile injective

Fie A si B doua multimi nevide

Def:O functie f:A\rightarrow B se numeste injectiva (injectie) daca \forall x_{1}, x_{2}\in A, x_{1}\neq x_{2} avem f\left(x_{1}\right)\neq f\left(x_{2}\right)

Observatie: Faptul ca f este injectiva mai poate fi exprimat si astfel:

1) daca x_{1} si x_{2} sunt elemente oarecare din A cu proprietatea ca f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right), atunci rezulta ca x_{1}=x_{2}

2) Functia f:A\rightarrow B este injectiva daca \forall y\in B ecuatia f\left(x\right)=y are cel mult o solutie x\in A.

Functii surjective

Def: O functie f:A\rightarrow B este o functie surjectiva (surjectie) daca pentru oricare y\in B exista $ cel putin un x\in A astfel incat f\left(x\right)=y

Observatie: O functie f:A\rightarrow B este o functie surjectiva, daca \forall y\in B ecuatia f\left(x\right)=y are cel putin o solutie x\in A.

Functii bijective

Def: O functie f:A\rightarrow B care este simultan si injectiva, dar si surjectiva se numeste bijectiva (bijectie).

Exemplu:

1) Fie functia f:R\rightarrow R, f\left(x\right)=2x+3 sa se arate ca f este bijectie.

Solutie: Pentru a arata ca functia este bijectiva aratam mai intai ca functia f este injectiva si surjectiva.

Injectia: \forall x_{1}, x_{2}\in A fie x_{1}\neq x_{2} trebuie sa obtinem ca f\left(x_{1}\right)\neq f\left(x_{2}\right)

Astfel obtinem: f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\neq 0\Rightarrow 2x_{1}+3-2x_{2}-3=2\left(x_{1}-x_{2}\right)\neq 0 deci f este injectiva.

Surjectivitatea

Fie y\in R exista cel putin un x\in R astfel incat f\left(x\right)=y\Rightarrow 2x+3=y\Rightarrow 2x=y-3\Rightarrow x=\frac{y-3}{2}. Deci \forall \in R \exists x=\frac{y-3}{2}\in R si astfel obtinem ca f este surjectiva.

Cum f este simultan si injectiva si surjectiva rezulta ca f este bijectiva.

2) Sa se arate ca functia f:R\rightarrow R, f\left(x\right)=-5x+2 este inversabila si sa i se determine inversa.

Ca sa aratam ca o functie este inversabila trebuie sa stim ce inseamna.

Def: O functi f: A\rightarrow B se numeste inversabila daca exista o functie g:B\rightarrow A astfel incat g\circ f= 1_{A} si f\circ g=1_{B}. Functia g, daca exista este unica si se numeste inversa functiei f si se noteaza f^{-1}.

Teorema: O functie f:A\rightarrow B este inversabila daca si numai daca este bijectiva.

Ca sa aratam ca este inversabila aratam ca functia este bijectiva, astfel aratam mai intai ca functia este injectiva:

Fie x_{1}\neq x_{2}\Rightarrow f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\neq 0\Rightarrow -5x_{1}+2-\left(-5x_{2}+2\right)\neq 0\Rightarrow -5x_{1}+5x_{2}+2-2\neq 0\Rightarrow 5\left(x_{2}-x_{1}\right)\neq 0 deci f este injectie

Sau mai putem arata ca f este injectie astfel:

Fie x_{1}, x_{2}\in R cu proprietatea ca f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right) sa rezulte ca x_{1}=x_{2} aratam ca:

f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)\Rightarrow -5x_{1}+2=-5x_{2}+2\Rightarrow x_{1}=x_{2}, deci f este injctie.

Surjectivitatea:

Fie y\in R, f\left(x\right)=y

\Rightarrow -5x+2=y\Rightarrow -5x=y-2

\Rightarrow x=\frac{y-2}{-5}\Rightarrow x=\frac{2-y}{5}.

Deci f este injectiva, surjectiva si astfel rezulta ca f este bijectiva.

Cu teorema pe care am enuntat-o mai sus, daca o functie este bijectiva rezulta ca functia este inversabila, iar inversa sa este f^{-1}=\frac{2-y}{5}.

Cum se rezolva limitele de functii cu regulile lui L’Hospital

Ca sa intelegem cum se rezolva limitele de functii trebuie sa rezolvam cat mai multe, deoarece dupa cum bine stiti cu cat rezolvam mai multe exercitii cu atat o sa ne fie mai usor, dar trebuie sa invatam si regulile lui L ‘Hospital.

1) Sa se calculeza:

a) \lim\limits_{x\to\infty}{\sqrt{x}-\sqrt{x+1}}

In primul rand trebuie sa observam ca avem o nedeterminare de forma \left(\infty-\infty\right), astfel scriei limita:

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x-\left(x+1\right)}{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x-x-1}{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{-1}{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}}}=-\frac{1}{\infty}=0

b) \lim\limits_{x\to 1}{\frac{x}{x-1}-\frac{1}{\ln x}}=\lim\limits_{x\to 1}{\frac{x\ln x-1\cdot\left(x-1\right)}{\left(x-1\right)\cdot \ln x}}=\lim\limits_{x\to 1}{\frac{x\ln x-x+1}{\left(x-1\right)\cdot \ln x}}=

Observam ca limita de mai sus est o nedeterminare de forma   \left(\infty-\infty\right), dar indeplineste si conditiile ca sa aplicam una din regulile lui L ‘Hospital, astfel obtinem o nedeterminare de forma \frac{0}{0}:

\lim\limits_{x\to 1}{\frac{x\ln x-x+1}{\left(x-1\right)\cdot \ln x}}=\lim\limits_{x\to 1}{\frac{1\cdot \ln x+x\cdot\frac{1}{x}-1}{1\cdot\ln x+\left(x-1\right)\cdot \frac{1}{x}}}=\lim\limits_{x\to 1}{\frac{\ln x+1-1}{\ln x+\frac{x-1}{x}}}=\lim\limits_{x\to 1}{\frac{\ln x}{\ln x+\frac{x-1}{x}}}=

Observam ca avem tot o nedeterminare de forma \frac{0}{0} si astfel aplicam din nou Regula lui  L ‘Hospital :

\lim\limits_{x\to 1}{\frac{\ln x}{\ln x+\frac{x-1}{x}}}=\lim\limits_{x\to 1}{\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}+\frac{1\cdot x-\left(x-1\right)\cdot 1}{x^{2}}}}=\lim\limits_{x\to 1}{\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}}=\lim\limits_{x\to 1}{\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{x}\right)}}=\lim\limits_{x\to 1}{\frac{1}{\frac{1}{x}}}=\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}.

Deci, important la acest tip de exercitiu, daca vrem sa aplicam regulile lui L’Hosital, trebuie sa o aducem la un tip de nedeterminare de forma \frac{0}{0} sau \frac{\infty}{\infty}.

Calcularea limitelor, operatii cu limite de functii

Incepem prin  calcularea limitelor remarcabile urmatoare :
<br /> \lim\limits_{x\to 0}{\frac{\sin 3x}{4x}}=\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\sin 3x}{3x}\cdot\frac{3}{4}}=\frac{3}{4}\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\sin 3x}{3x}}=\frac{3}{4}\cdot 1=\frac{3}{4}.<br />
Avem o nedeterminare de forma \frac{0}{0}si ca sa calculam limita de mai sus a trebuit sa o aducem la o forma astfel incat sa aplicam formula \lim\limits_{x\to x_{0}}{\frac{sin x}{x}}=1, astfel am scris functia \frac{\sin 3x}{4x}=\frac{\sin 3x}{3x}\cdot\frac{3}{4}.
b)<br /> \lim\limits_{x\to 0}{\frac{\ln{\left(1+x+x^{2}\right)}}{x+1}}=\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\ln{1+x+x^{2}}}{x+x^{2}}\cdot\frac{x+x^{2}}{x+1}}=1\cdot\lim\limits_{x\to 0}\frac{x+x^{2}}{x+1}=\lim\limits_{x\to 0}{\frac{x\left(1+x\right)}{x+1}}=\lim\limits_{x\to 0}x=0<br />
Ca sa calculam limita de mai sus trebuie sa o aducem la una din limitele remarcabile ca sa  putem sa o rezolvam.Cel mai indicat a fost sa o aducem la una din formele \lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln{\left(1+x\right)}}{x}=1, deci astfel am obtinut fractia din care am dat factor comun x si am simplificat si astfel \lim\limits_{x\to 0}{x}=0.
c) <br /> \lim\limits_{x\to \infty}{\left(\frac{x^{2}-1}{x^{2}+2}\right)^{x^{2}}}=<br />
Observam ca limita de mai sus este o nedeterminata de forma 1^{\infty}.Astfel ca sa calculam termmenul, adunam cifra 1 in partea stanga a fractiei si scadem in partea dreapta a fractiei 1.Astfel,
<br /> \lim\limits_{x\to \infty}{\left(\frac{x^{2}-1}{x^{2}+2}\right)^{x^{2}}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\left(1+\frac{x^{2}-1}{x^{2}+2}-1\right)^{x^{2}}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\left(1+\frac{x^{2}-1-1\cdot\left(x^{2}+2\right)}{x^{2}+2}\right)^{x^{2}}} = \lim\limits_{x\to\infty}{\left(1+\frac{x^{2}-1-x^{2}-2}{x^{2}+2}\right)^{x^{2}}}=
<br /> \lim\limits_{x\to\infty}{\left(1+\frac{-3}{x^{2}+2}\right)^{x^{2}}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\left[\left(1+\frac{-3}{x^{2}+2}\right)^{\frac{x^{2}+1}{-3}}\right]^{\frac{-3}{x^{2}+2}\cdot x^{2}}}=<br />
<br /> e^{\lim\limits_{x\to \infty}{\frac{-3}{x^{2}+2}\cdot x^{2}}}=e^{\lim\limits_{x\to \infty}{\frac{-3x^{2}}{x^{2}+2}}}=<br />
<br /> e^{\lim\limits_{x\to \infty}{\frac{-3}{x^{2}+2}\cdot x^{2}}}=e^{\lim\limits_{x\to \infty}{\frac{x^{2}\left(-3\right)}{x^{2}\left(1+\frac{2}{x^{2}}\right)}}}</p> <p>
<br /> e^{\lim\limits_{x\to \infty}{\frac{-3}{1}}}=e^{-3}=\frac{1}{e^{3}}.
Ca sa rezolvam limita de mai sus, am stabilit mai intai ce tip de nedeterminare avem, adica 1^{\infty}, iar apoi dupa cum am spus si mai sus am facut unele calcule si apoi dupa ce am adus la acelasi numitor am notat rezultatul obtinut cu „e”.Iar apoi am rezolvat limita cum se rezolva majoritatea limitelor.
O alta modalitate de rezolvare a acestor limite este cu ajutorul regulii lui L’Hospital pentru cazul 1^{\infty}.