Prostą $x=c$ nazywamy asymptotą pionową wykresu funkcji $f$, gdy granica tej funkcji w punkcie $x=c$ jest nieskończona

Wyznaczymy równanie asymptoty pionowej wykresu funkcji $f\left(x\right)=\frac{2x}{{\left(x-3\right)}^2}$.

Rozwiązanie

Dziedziną funkcji jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych oprócz $x=3$, zatem tylko prosta $x=3$ może być asymptotą pionową tej funkcji.

Zauważmy, że

$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{2x}{{\left(x-3\right)}^2}=\left[\frac{6}{0^{+}}\right]=\infty$

Oznacza to, zgodnie z powyższą definicją, że prosta $x=3$ jest asymptotą pionowąasymptota pionowaasymptotą pionową wykresu funkcji $y=\frac{2x}{{\left(x-3\right)}^2}$.

Prostą $y=b$ nazywamy asymptotą poziomą wykresu funkcji $f$, gdy granica tej funkcji w nieskończoności jest skończona i równa $b$,

Wyznaczymy równanie asymptoty poziomej wykresu funkcji $y=\frac{2x}{{\left(x-3\right)}^2}$.

Rozwiązanie

Zauważmy, że:

$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x}{{\left(x-3\right)}^2}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x}{x^2-6x+9}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x^2·\frac{2}{x}}{x^2·\left(1-\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}\right)}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{\frac{2}{x}}{1-\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}}=\frac{0}{1}=0$,

czyli prosta $y=0$ jest asymptotą poziomąasymptota poziomaasymptotą poziomą wykresu funkcji $y=\frac{2x}{{\left(x-3\right)}^2}$.

Prostą $y=ax+b$ nazywamy asymptotą ukośną wykresu funkcji $f$, gdy granica w nieskończoności różnicy tej funkcji oraz funkcji $y=ax+b$ jest równa $0$,

Uzasadnimy, że prosta o równaniu $y=2x+12$ jest asymptotą ukośnąasymptota ukośnaasymptotą ukośną wykresu funkcji $f\left(x\right)=\frac{2x^3}{{\left(x-3\right)}^2}$.

Rozwiązanie

Zauważmy, że:

$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left[\frac{2x^3}{{\left(x-3\right)}^2}-\left(2x+12\right)\right]=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left[\frac{2x^3-\left(2x+12\right){\left(x-3\right)}^2}{{\left(x-3\right)}^2}\right]=$

$=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left[\frac{2x^3-\left(2x+12\right)\left(x^2-6x+9\right)}{x^2-6x+9}\right]=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left[\frac{2x^3-2x^3+12x^2-18x-12x^2+72x-108}{x^2-6x+9}\right]=$

$=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left[\frac{54x-108}{x^2-6x+9}\right]=0$

Zatem prosta $y=2x+12$ jest asymptotą ukośną wykresu funkcji $f\left(x\right)=\frac{2x^3}{{\left(x-3\right)}^2}$.

RJ9Ki9MmTKurE

Ilustracja przedstawia układ współrzędnych z poziomą osią od minus dwudziestu do dwudziestu z podziałką co 5 oraz z pionową osią Y od minus dwudziestu do sześćdziesięciu z podziałką co dwadzieścia. Na płaszczyźnie narysowano wykresy dwóch funkcji. Wykres zasadniczej funkcji ma równanie $y=\frac{2x^3}{{\left(x-3\right)}^2}$ składa się z dwóch krzywych: jedna z nich biegnie ukośnie w górę w trzeciej ćwiartce do początku układu współrzędnych, dalej biegnie niemal pionowo w górę w pierwszej ćwiartce. Druga część układu jest łukiem leżącym w pierwszej ćwiartce wybrzuszonym w kierunku początku układu. Druga funkcja ma równanie $y=2x+12$ i jest asymptotą pierwszej. To ukośna prosta biegnąca w trzeciej, drugiej i pierwszej ćwiartce.

Wykres funkcji $y=g\left(x\right)$ nazywamy asymptotą krzywoliniową wykresu funkcji $y=f\left(x\right)$, gdy:

Pokażemy, że parabola $g\left(x\right)=2x^2-1$ jest asymptotą krzywoliniową wykresu funkcji $f\left(x\right)=\frac{2x^3+2x^2-x+2}{x+1}$.

Rozwiązanie

Zgodnie z definicją musimy sprawdzić wartość granicy $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left(f\left(x\right)-g\left(x\right)\right)$:

$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left(f\left(x\right)-g\left(x\right)\right)=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left(\frac{2x^3+2x^2-x+2}{x+1}-\left(2x^2-1\right)\right)=$

$=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left(\frac{2x^3+2x^2-x+2}{x+1}-\frac{2x^3+2x^2-x-1}{x+1}\right)=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{3}{x+1}=0$.

Pokazaliśmy zatem, że rzeczywiście parabola $y=2x^2-1$ jest asymptotą krzywoliniowąasymptota krzywoliniowaasymptotą krzywoliniową wykresu funkcji $f\left(x\right)=\frac{2x^3+2x^2-x+2}{x+1}$.

Jak widzimy na rysunku, dla wartości argumentów bliskich zeru wykres funkcji $y=f\left(x\right)$ w niczym nie przypomina paraboli, posiada nawet asymptotę pionową $x=-1$. Gdy jednak wartości argumentów $x$ rosną, wykresy funkcji $f$ i $g$ zaczynają się do siebie znacząco zbliżać, by w nieskończoności zbliżyć się do siebie nieskończenie blisko.

RPMnyS1CxHyE1

Ilustracja przedstawia układ współrzędnych z poziomą osią od minus czterech do trzech oraz z pionową osią Y od minus dwudziestu do czterdziestu z podziałką co dwadzieścia. Na płaszczyźnie narysowano wykresy dwóch funkcji. Wykres zasadniczej funkcji ma równanie $y=\frac{2x^3+2x^2-x+2}{x+1}$ i składa się z dwóch krzywych: jedna z nich rozpoczyna się w drugiej ćwiartce i pomiędzy wartością minus dwa i minus jeden przecina oś x i po łuku wychodzi poza płaszczyznę układu w trzeciej ćwiartce. Druga część układu jest łukiem leżącym w pierwszej i drugiej ćwiartce wybrzuszonym w kierunku początku układu. Druga funkcja ma równanie $y=2x^2-1$ jest asymptotą pierwszej. Jest to krzywa znajdująca się w pierwszej i drugiej ćwiartce układu będąca parabolą o ramionach skierowanych do góry i wierzchołku w pobliżu środka układu współrzędnych.

Wyznaczymy równanie asymptoty krzywoliniowej wykresu funkcji $f\left(x\right)=\frac{x^4+x^2+10}{x^2+1}$.

Rozwiązanie

Zauważmy, że dla małych wartości argumentu $x$, czyli dla $x$ bliskich zeru, trudno jest wnioskować o postaci asymptoty krzywoliniowej:

Rp3YBrNR9R4tJ

Ilustracja przedstawia układ współrzędnych z poziomą osią od minus 3 do 2 oraz z pionową osią Y od minus 2 do 10 z podziałką co dwa. Na płaszczyźnie narysowano wykresy o równaniu $y=\frac{x^4+x^2+10}{x^2+1}$. Wykres pojawia się na płaszczyźnie w drugiej ćwiartce układu i biegnie po łuku, który jest wybrzuszony w stronę osi y do punktu nawias zero średnik dziesięć zamknięcie nawiasu, dalej biegnie również po łuku, który jest wybrzuszony w stronę osi x i wychodzi poza płaszczyznę układu w pierwszej ćwiartce.

W celu wyznaczenia asymptoty krzywoliniowej musimy przeanalizować zachowanie wykresu funkcji dla dużych wartości argumentu $x$.

Na początek uprośćmy postać funkcji $f$. Mamy:

$f\left(x\right)=\frac{x^4+x^2+10}{x^2+1}=\frac{x^2·\left(x^2+1\right)+10}{x^2+1}=x^2+\frac{10}{x^2+1}$.

Ponieważ wiemy, że $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{10}{x^2+1}=0$, więc możemy stwierdzić, że parabola $y=x^2$ jest asymptotą krzywoliniową wykresu funkcji $f\left(x\right)=\frac{x^4+x^2+10}{x^2+1}$.

Rtc5GFQhRiCRJ

Ilustracja przedstawia układ współrzędnych z poziomą osią od minus 15 do 15 z podziałką co 5 oraz z pionową osią Y od minus 50 do 300 z podziałką co pięćdziesiąt. Na płaszczyźnie narysowano wykresy o równaniu $y=\frac{x^4+x^2+10}{x^2+1}$. Wykres rozpoczyna się w drugiej ćwiartce układu i biegnie po łuku, osiągając najmniejszą wartość blisko środka układu współrzędnych, następnie na osi y ma wartość niewiele większą niż w wierzchołku i w pierwszej osiąga wartość y równą wartości, którą osiągnął w drugiej ćwiartce i biegnie po łuku szybko się wznosząc poza płaszczyznę układu. Wykres jest symetryczny względem osi y.

prosta $x=x_0$, jeżeli granica funkcji dla $x\to x_0$ jest nieskończona ($-\infty$ lub $+\infty$)

prosta $y=y_0$, jeżeli granica funkcji w nieskończoności ($-\infty$ lub $+\infty$) jest skończona i równa $y_0$

prosta $y=ax+b$, jeżeli w nieskończoności ($-\infty$ lub $+\infty$) granica różnicy $\left(f\left(x\right)-\left(ax+b\right)\right)$ jest równa $0$

krzywa $y=g\left(x\right)$, jeżeli w nieskończoności ($-\infty$ lub $+\infty$) granica różnicy $\left(f\left(x\right)-g\left(x\right)\right)$ jest równa $0$