Questa raccolta propone 20 esercizi svolti sui limiti di funzioni, organizzati secondo un percorso graduale e pienamente coerente con la teoria. I primi esercizi riguardano i casi in cui il limite può essere calcolato mediante sostituzione diretta; successivamente vengono affrontate le principali forme indeterminate, i limiti notevoli, il confronto tra infinitesimi e infiniti, i limiti laterali e lo studio degli asintoti.
Ogni esercizio è accompagnato da uno svolgimento completo e commentato. L'obiettivo non è soltanto ottenere il risultato, ma riconoscere la struttura del limite, individuare l'eventuale forma indeterminata e scegliere consapevolmente il metodo più adatto.
Prima di eseguire trasformazioni algebriche, è sempre opportuno verificare che cosa accade sostituendo formalmente il valore verso cui tende \(x\). Quando le operazioni sui limiti sono applicabili e non compare alcuna forma indeterminata, il limite può essere calcolato direttamente. Se compare invece una forma indeterminata, come \(0/0\), \(\infty/\infty\) o \(\infty-\infty\), può essere necessario trasformare algebricamente l'espressione, ricorrere ai limiti notevoli, utilizzare equivalenze asintotiche oppure applicare il teorema del confronto.
Negli svolgimenti saranno utilizzati esclusivamente gli strumenti introdotti nella teoria: sostituzione diretta, fattorizzazione, semplificazione, razionalizzazione, divisione per il termine dominante, limiti notevoli, equivalenze asintotiche, teorema del confronto e studio dei limiti laterali.
Esercizio 1 — livello ★☆☆☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right)=6. \]
Svolgimento
La funzione
\[ f(x)=3x^2-5x+4 \]
è un polinomio. I polinomi sono definiti e continui in ogni punto della retta reale; pertanto, il loro limite in un punto si calcola sostituendo direttamente alla variabile il valore verso cui essa tende.
Sostituiamo quindi \(x=2\):
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right) =3\cdot 2^2-5\cdot 2+4. \]
Calcoliamo separatamente i termini:
\[ 2^2=4,\qquad 3\cdot 4=12,\qquad 5\cdot 2=10. \]
Otteniamo quindi:
\[ 12-10+4=6. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right)=6. \]
In questo esercizio non compare alcuna forma indeterminata: la sostituzione diretta produce immediatamente un numero reale ben definito.
Esercizio 2 — livello ★☆☆☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5}=1. \]
Svolgimento
Il limite riguarda il quoziente di due polinomi. Prima di applicare la regola del quoziente, dobbiamo verificare che il denominatore non tenda a zero.
Calcoliamo il limite del denominatore mediante sostituzione diretta:
\[ \lim_{x\to -1}(2x+5)=2(-1)+5=-2+5=3. \]
Poiché il limite del denominatore è \(3\neq 0\), possiamo applicare la regola del quoziente.
Calcoliamo ora il limite del numeratore:
\[ \lim_{x\to -1}(x^2+3x+5) =(-1)^2+3(-1)+5. \]
Poiché
\[ (-1)^2=1, \]
otteniamo:
\[ 1-3+5=3. \]
Di conseguenza:
\[ \lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5} = \frac{\displaystyle\lim_{x\to -1}(x^2+3x+5)} {\displaystyle\lim_{x\to -1}(2x+5)} = \frac{3}{3}=1. \]
Pertanto:
\[\lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5}=1. \]
Anche in questo caso la sostituzione diretta è sufficiente, perché il denominatore non si annulla nel limite.
Esercizio 3 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=6. \]
Svolgimento
Iniziamo sostituendo formalmente \(x=3\) nel numeratore e nel denominatore.
Per il numeratore si ha:
\[ 3^2-9=9-9=0. \]
Per il denominatore si ha:
\[ 3-3=0. \]
La sostituzione diretta conduce quindi alla forma indeterminata
\[ \frac{0}{0}. \]
Questa scrittura non rappresenta il valore del limite. Indica soltanto che numeratore e denominatore tendono entrambi a zero e che l'espressione deve essere trasformata.
Il numeratore è una differenza di quadrati:
\[ x^2-9=x^2-3^2=(x-3)(x+3). \]
Per \(x\neq 3\), possiamo quindi scrivere:
\[ \frac{x^2-9}{x-3} = \frac{(x-3)(x+3)}{x-3}. \]
Poiché nello studio del limite per \(x\to 3\) consideriamo valori di \(x\) vicini a \(3\), ma diversi da \(3\), il fattore \(x-3\) è diverso da zero e può essere semplificato:
\[ \frac{(x-3)(x+3)}{x-3}=x+3. \]
Il limite iniziale diventa quindi:
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3} = \lim_{x\to 3}(x+3). \]
A questo punto possiamo applicare la sostituzione diretta:
\[ \lim_{x\to 3}(x+3)=3+3=6. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=6. \]
La semplificazione non modifica il limite, perché le due espressioni
\[ \frac{x^2-9}{x-3} \qquad\text{e}\qquad x+3 \]
coincidono per ogni \(x\neq 3\). Il fatto che l'espressione iniziale non sia definita esattamente in \(x=3\) non impedisce quindi l'esistenza del limite.
Esercizio 4 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\frac{1}{4}. \]
Svolgimento
Verifichiamo innanzitutto che cosa accade mediante sostituzione diretta.
Il numeratore tende a:
\[ \sqrt{4}-2=2-2=0. \]
Il denominatore tende a:
\[ 4-4=0. \]
Otteniamo quindi la forma indeterminata
\[ \frac{0}{0}. \]
In questo caso non è presente una fattorizzazione immediata del numeratore. La trasformazione più naturale consiste nel razionalizzare, moltiplicando numeratore e denominatore per il coniugato del numeratore:
\[ \sqrt{x}+2. \]
Per \(x\neq 4\), possiamo scrivere:
\[ \frac{\sqrt{x}-2}{x-4} \cdot \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+2}. \]
Il secondo fattore è uguale a \(1\), purché \(\sqrt{x}+2\neq 0\). In un intorno di \(x=4\), questa quantità è positiva e quindi certamente diversa da zero.
Moltiplicando i numeratori otteniamo una differenza di quadrati:
\[ (\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2) = (\sqrt{x})^2-2^2 = x-4. \]
Pertanto:
\[ \frac{\sqrt{x}-2}{x-4} = \frac{x-4}{(x-4)(\sqrt{x}+2)}. \]
Per \(x\neq 4\), possiamo semplificare il fattore \(x-4\):
\[ \frac{x-4}{(x-4)(\sqrt{x}+2)} = \frac{1}{\sqrt{x}+2}. \]
Il limite iniziale diventa quindi:
\[ \lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4} = \lim_{x\to 4}\frac{1}{\sqrt{x}+2}. \]
Ora il denominatore tende a:
\[ \sqrt{4}+2=2+2=4, \]
che è diverso da zero. Possiamo dunque applicare la sostituzione diretta:
\[ \lim_{x\to 4}\frac{1}{\sqrt{x}+2} = \frac{1}{\sqrt{4}+2} = \frac{1}{4}. \]
Pertanto:
\[\lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\frac{1}{4}. \]
La razionalizzazione ha eliminato la forma indeterminata trasformando l'espressione in un quoziente il cui denominatore tende a un numero diverso da zero.
Esercizio 5 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1}=3. \]
Svolgimento
Iniziamo verificando che cosa si ottiene mediante sostituzione diretta.
Per il numeratore si ha:
\[ 1^3-1=1-1=0. \]
Per il denominatore si ha:
\[ 1-1=0. \]
La sostituzione diretta conduce quindi alla forma indeterminata
\[ \frac{0}{0}. \]
Per eliminare questa forma indeterminata, osserviamo che il numeratore è una differenza di cubi. Ricordiamo la scomposizione:
\[ a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2). \]
Ponendo \(a=x\) e \(b=1\), otteniamo:
\[ x^3-1=(x-1)(x^2+x+1). \]
Per \(x\neq 1\), il rapporto può quindi essere riscritto nella forma:
\[ \frac{x^3-1}{x-1} = \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x-1}. \]
Poiché \(x\neq 1\), il fattore \(x-1\) è diverso da zero e può essere semplificato:
\[ \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x-1} = x^2+x+1. \]
Il limite iniziale diventa pertanto:
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1} = \lim_{x\to 1}(x^2+x+1). \]
L'espressione ottenuta è un polinomio, quindi il limite si calcola mediante sostituzione diretta:
\[ \lim_{x\to 1}(x^2+x+1) = 1^2+1+1 = 3. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1}=3. \]
Anche in questo caso la semplificazione è legittima perché, nel calcolo del limite, consideriamo valori di \(x\) vicini a \(1\), ma diversi da \(1\). Le due espressioni coincidono quindi in un intorno bucato del punto considerato.
Esercizio 6 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3}=6. \]
Svolgimento
Sostituendo formalmente \(x=9\), il numeratore tende a:
\[ 9-9=0, \]
mentre il denominatore tende a:
\[ \sqrt{9}-3=3-3=0. \]
Si presenta quindi la forma indeterminata
\[ \frac{0}{0}. \]
In questo esercizio la radice compare al denominatore. Per eliminare la forma indeterminata, moltiplichiamo numeratore e denominatore per il coniugato del denominatore:
\[ \sqrt{x}+3. \]
Per \(x\neq 9\), possiamo scrivere:
\[ \frac{x-9}{\sqrt{x}-3} \cdot \frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+3}. \]
Moltiplicando i denominatori otteniamo una differenza di quadrati:
\[ (\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3) = (\sqrt{x})^2-3^2 = x-9. \]
Pertanto:
\[ \frac{x-9}{\sqrt{x}-3} = \frac{(x-9)(\sqrt{x}+3)}{x-9}. \]
Per \(x\neq 9\), il fattore \(x-9\) è diverso da zero e può essere semplificato:
\[ \frac{(x-9)(\sqrt{x}+3)}{x-9} = \sqrt{x}+3. \]
Il limite iniziale diventa quindi:
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3} = \lim_{x\to 9}(\sqrt{x}+3). \]
Ora possiamo applicare la sostituzione diretta:
\[ \lim_{x\to 9}(\sqrt{x}+3) = \sqrt{9}+3 = 3+3 = 6. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3}=6. \]
La razionalizzazione ha trasformato il quoziente iniziale in un'espressione equivalente per \(x\neq 9\), nella quale la sostituzione diretta non produce più una forma indeterminata.
Esercizio 7 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}=2. \]
Svolgimento
Quando \(x\to+\infty\), sia il numeratore sia il denominatore diventano arbitrariamente grandi. La sostituzione formale conduce quindi alla forma indeterminata
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Questa forma non permette di determinare direttamente il limite. Dobbiamo confrontare la crescita dei termini presenti nel numeratore e nel denominatore.
Il termine di grado più alto è \(x^2\) sia al numeratore sia al denominatore. Dividiamo quindi tutti i termini per \(x^2\):
\[ \frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5} = \frac{\displaystyle\frac{4x^2}{x^2} -\displaystyle\frac{3x}{x^2} +\displaystyle\frac{1}{x^2}} {\displaystyle\frac{2x^2}{x^2} +\displaystyle\frac{x}{x^2} -\displaystyle\frac{5}{x^2}}. \]
Semplificando ciascun rapporto otteniamo:
\[ \frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5} = \frac{4-\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {2+\displaystyle\frac{1}{x}-\displaystyle\frac{5}{x^2}}. \]
Per \(x\to+\infty\), valgono i limiti:
\[ \frac{1}{x}\to 0 \qquad\text{e}\qquad \frac{1}{x^2}\to 0. \]
Di conseguenza, il numeratore tende a:
\[ 4-3\cdot 0+0=4, \]
mentre il denominatore tende a:
\[ 2+0-5\cdot 0=2. \]
Poiché il limite del denominatore è diverso da zero, possiamo applicare la regola del quoziente:
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{4-\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {2+\displaystyle\frac{1}{x}-\displaystyle\frac{5}{x^2}} = \frac{4}{2} = 2. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}=2. \]
Il risultato coincide con il rapporto tra i coefficienti dei termini di grado massimo:
\[ \frac{4}{2}=2. \]
Questo accade perché, per valori molto grandi di \(x\), i termini di grado inferiore diventano trascurabili rispetto ai termini quadratici.
Esercizio 8 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2+2}{x^3-1}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2+2}{x^3-1}=0. \]
Svolgimento
Quando \(x\to-\infty\), il numeratore \(3x^2+2\) tende a \(+\infty\), perché \(x^2\) è sempre non negativo e diventa arbitrariamente grande.
Il denominatore \(x^3-1\), invece, tende a \(-\infty\), perché una potenza di esponente dispari conserva il segno di \(x\).
La sostituzione formale conduce quindi a un quoziente tra quantità infinite. Per determinare il limite, dividiamo numeratore e denominatore per la potenza di grado più alto presente nell'intera frazione, cioè \(x^3\):
\[ \frac{3x^2+2}{x^3-1} = \frac{\displaystyle\frac{3x^2}{x^3} +\displaystyle\frac{2}{x^3}} {\displaystyle\frac{x^3}{x^3} -\displaystyle\frac{1}{x^3}}. \]
Semplificando i singoli termini otteniamo:
\[ \frac{3x^2+2}{x^3-1} = \frac{\displaystyle\frac{3}{x} +\displaystyle\frac{2}{x^3}} {1-\displaystyle\frac{1}{x^3}}. \]
Per \(x\to-\infty\), si ha:
\[ \frac{1}{x}\to 0, \qquad \frac{1}{x^3}\to 0. \]
Di conseguenza, il numeratore tende a:
\[ 3\cdot 0+2\cdot 0=0, \]
mentre il denominatore tende a:
\[ 1-0=1. \]
Poiché il limite del denominatore è diverso da zero, possiamo applicare la regola del quoziente:
\[ \lim_{x\to-\infty} \frac{\displaystyle\frac{3}{x} +\displaystyle\frac{2}{x^3}} {1-\displaystyle\frac{1}{x^3}} = \frac{0}{1} = 0. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2+2}{x^3-1}=0. \]
Il denominatore ha grado maggiore del numeratore. Esso cresce quindi, in valore assoluto, più rapidamente del numeratore e il rapporto tende a zero.
In particolare, per valori negativi di \(x\) sufficientemente grandi in valore assoluto, il numeratore è positivo e il denominatore è negativo. Il rapporto si avvicina dunque a zero assumendo valori negativi, ma il valore del limite resta semplicemente \(0\).
Esercizio 9 — livello ★★★☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x}{x^2+4}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x}{x^2+4}=-\infty. \]
Svolgimento
Quando \(x\to-\infty\), il termine dominante del numeratore è \(2x^3\). Poiché \(x^3\to-\infty\), si ha:
\[ 2x^3-x\to-\infty. \]
Il termine dominante del denominatore è invece \(x^2\). Poiché \(x^2\to+\infty\), si ha:
\[ x^2+4\to+\infty. \]
Si presenta quindi una forma del tipo
\[ \frac{-\infty}{+\infty}, \]
che deve essere studiata confrontando gli ordini di crescita del numeratore e del denominatore.
Il numeratore ha grado \(3\), mentre il denominatore ha grado \(2\). Il numeratore cresce dunque, in valore assoluto, più rapidamente del denominatore. Per rendere esplicito questo comportamento, dividiamo numeratore e denominatore per \(x^2\):
\[ \frac{2x^3-x}{x^2+4} = \frac{\displaystyle\frac{2x^3}{x^2} -\displaystyle\frac{x}{x^2}} {\displaystyle\frac{x^2}{x^2} +\displaystyle\frac{4}{x^2}}. \]
Semplificando otteniamo:
\[ \frac{2x^3-x}{x^2+4} = \frac{2x-\displaystyle\frac{1}{x}} {1+\displaystyle\frac{4}{x^2}}. \]
Per \(x\to-\infty\), si ha:
\[ 2x\to-\infty, \qquad \frac{1}{x}\to 0, \qquad \frac{4}{x^2}\to 0. \]
Di conseguenza, il numeratore
\[ 2x-\frac{1}{x} \]
tende a \(-\infty\), mentre il denominatore
\[ 1+\frac{4}{x^2} \]
tende a \(1\).
Inoltre, il denominatore è sempre positivo, perché
\[ 1+\frac{4}{x^2}>0 \]
per ogni \(x\neq 0\). Dividere una quantità che tende a \(-\infty\) per una quantità positiva che tende a \(1\) non modifica quindi il segno della divergenza.
Pertanto:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x}{x^2+4}=-\infty. \]
Il risultato può essere interpretato anche osservando che il rapporto si comporta asintoticamente come
\[ \frac{2x^3}{x^2}=2x, \]
e \(2x\to-\infty\) per \(x\to-\infty\).
Esercizio 10 — livello ★★★☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right)=2. \]
Svolgimento
Quando \(x\to+\infty\), si ha:
\[ \sqrt{x^2+4x}\to+\infty \qquad\text{e}\qquad x\to+\infty. \]
La sostituzione formale conduce quindi alla forma indeterminata
\[ \infty-\infty. \]
Non possiamo concludere che il limite sia zero, perché la differenza tra due quantità divergenti dipende dalla velocità con cui esse crescono. Occorre trasformare l'espressione.
Razionalizziamo moltiplicando e dividendo per il coniugato:
\[ \sqrt{x^2+4x}+x. \]
Otteniamo:
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{(\sqrt{x^2+4x}-x)(\sqrt{x^2+4x}+x)} {\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
Al numeratore compare una differenza di quadrati:
\[ (\sqrt{x^2+4x})^2-x^2 = x^2+4x-x^2 = 4x. \]
Pertanto:
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
Per studiare il limite, dividiamo numeratore e denominatore per \(x\). Poiché \(x\to+\infty\), in particolare \(x>0\) per valori sufficientemente grandi, e quindi
\[ \sqrt{x^2}=|x|=x. \]
Possiamo allora scrivere:
\[ \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x} = \frac{4} {\displaystyle\frac{\sqrt{x^2+4x}}{x}+1}. \]
Nel termine contenente la radice raccogliamo \(x^2\):
\[ \sqrt{x^2+4x} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{4}{x}\right)} = x\sqrt{1+\frac{4}{x}}. \]
Di conseguenza:
\[ \frac{\sqrt{x^2+4x}}{x} = \sqrt{1+\frac{4}{x}}. \]
L'espressione diventa quindi:
\[ \frac{4} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1}. \]
Poiché
\[ \frac{4}{x}\to 0, \]
si ha:
\[ \sqrt{1+\frac{4}{x}}\to 1. \]
Il denominatore tende dunque a:
\[ 1+1=2. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{4} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1} = \frac{4}{2} = 2. \]
Concludiamo quindi che:
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right)=2. \]
La razionalizzazione ha trasformato la forma \(\infty-\infty\) in un quoziente dal limite determinato.
Esercizio 11 — livello ★★★☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}=3. \]
Svolgimento
Sostituendo formalmente \(x=0\), il numeratore tende a:
\[ \sin(3\cdot 0)=\sin 0=0, \]
mentre il denominatore tende a zero. Si presenta quindi la forma indeterminata
\[ \frac{0}{0}. \]
Per calcolare il limite utilizziamo il limite notevole:
\[ \lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}=1. \]
Nell'espressione assegnata, l'argomento del seno non è \(x\), ma \(3x\). Dobbiamo quindi far comparire \(3x\) anche al denominatore.
Moltiplichiamo e dividiamo per \(3\):
\[ \frac{\sin(3x)}{x} = 3\frac{\sin(3x)}{3x}. \]
Questa uguaglianza vale per \(x\neq 0\), condizione compatibile con il calcolo del limite per \(x\to 0\).
Quando \(x\to 0\), anche \(3x\to 0\). Possiamo pertanto applicare il limite notevole ponendo
\[ t=3x. \]
Si ottiene:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{3x}=1. \]
Di conseguenza:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x} = 3\lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{3x} = 3\cdot 1 = 3. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}=3. \]
In termini di equivalenza asintotica, poiché
\[ \sin(3x)\sim 3x \qquad\text{per }x\to 0, \]
il rapporto si comporta come
\[ \frac{3x}{x}=3. \]
Esercizio 12 — livello ★★★☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}. \]
Svolgimento
Sostituendo formalmente \(x=0\), il numeratore tende a:
\[ 1-\cos 0=1-1=0, \]
mentre il denominatore tende a:
\[ 0^2=0. \]
Si presenta quindi la forma indeterminata
\[ \frac{0}{0}. \]
Possiamo applicare direttamente il limite notevole:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}. \]
Per comprendere da dove deriva questo risultato, possiamo ricondurlo al limite notevole del seno mediante l'identità trigonometrica:
\[ 1-\cos x=2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right). \]
Sostituendo questa identità nel rapporto otteniamo:
\[ \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{2\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)}{x^2}. \]
Per far comparire il rapporto notevole, osserviamo che:
\[ x^2=4\left(\frac{x}{2}\right)^2. \]
Pertanto:
\[ \frac{2\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)}{x^2} = \frac{2\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {4\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2}. \]
Semplificando il fattore numerico:
\[ \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2} \frac{\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2}. \]
Il secondo fattore può essere scritto come il quadrato di un rapporto:
\[ \frac{\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2} = \left( \frac{\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)^2. \]
Di conseguenza:
\[ \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2} \left( \frac{\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)^2. \]
Quando \(x\to 0\), anche \(\displaystyle\frac{x}{2}\to 0\). Per il limite notevole del seno:
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\displaystyle\frac{x}{2}} = 1. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2}\cdot 1^2 = \frac{1}{2}. \]
Concludiamo quindi che:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}. \]
Lo stesso risultato può essere letto attraverso l'equivalenza asintotica
\[ 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2} \qquad\text{per }x\to 0. \]
Esercizio 13 — livello ★★★☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}=2. \]
Svolgimento
Sostituendo formalmente \(x=0\), il numeratore tende a:
\[ e^{2\cdot 0}-1=e^0-1=1-1=0, \]
mentre il denominatore tende a zero. Si presenta quindi la forma indeterminata
\[ \frac{0}{0}. \]
Per calcolare il limite utilizziamo il limite notevole:
\[ \lim_{t\to 0}\frac{e^t-1}{t}=1. \]
Nell'espressione assegnata, l'esponente è \(2x\). Per applicare il limite notevole, dobbiamo quindi far comparire \(2x\) anche al denominatore.
Per \(x\neq 0\), possiamo scrivere:
\[ \frac{e^{2x}-1}{x} = 2\frac{e^{2x}-1}{2x}. \]
Quando \(x\to 0\), anche \(2x\to 0\). Ponendo
\[ t=2x, \]
il limite notevole fornisce:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{2x}=1. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x} = 2\lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{2x} = 2\cdot 1 = 2. \]
Concludiamo quindi che:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}=2. \]
Lo stesso risultato può essere ottenuto mediante l'equivalenza asintotica
\[ e^{2x}-1\sim 2x \qquad\text{per }x\to 0. \]
Di conseguenza, nel quoziente si può sostituire il numeratore con il suo equivalente:
\[ \frac{e^{2x}-1}{x} \sim \frac{2x}{x} = 2. \]
Esercizio 14 — livello ★★★☆☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x}=5. \]
Svolgimento
Prima di procedere, osserviamo che la funzione è definita quando
\[ 1+5x>0. \]
Questa condizione equivale a:
\[ x>-\frac{1}{5}. \]
In particolare, la funzione è definita in un intero intorno di \(x=0\), quindi il limite bilatero ha senso.
Sostituendo formalmente \(x=0\), il numeratore tende a:
\[ \ln(1+5\cdot 0)=\ln(1)=0, \]
mentre il denominatore tende a zero. Si presenta dunque la forma indeterminata
\[ \frac{0}{0}. \]
Utilizziamo il limite notevole:
\[ \lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1. \]
Nell'espressione assegnata, l'argomento aggiunto a \(1\) è \(5x\). Per applicare il limite notevole, facciamo comparire \(5x\) anche al denominatore:
\[ \frac{\ln(1+5x)}{x} = 5\frac{\ln(1+5x)}{5x}. \]
Quando \(x\to 0\), anche \(5x\to 0\). Ponendo
\[ t=5x, \]
si ottiene:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{5x}=1. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x} = 5\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{5x} = 5\cdot 1 = 5. \]
Concludiamo quindi che:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x}=5. \]
In termini di equivalenza asintotica, poiché
\[ \ln(1+5x)\sim 5x \qquad\text{per }x\to 0, \]
il rapporto si comporta come:
\[ \frac{5x}{x}=5. \]
Esercizio 15 — livello ★★★★☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)} =0. \]
Svolgimento
Sostituendo formalmente \(x=0\), tutti i fattori presenti nel numeratore e nel denominatore tendono a zero:
\[ 1-\cos x\to 0, \qquad \ln(1+2x)\to 0, \qquad x\to 0, \qquad \sin(3x)\to 0. \]
Il quoziente assume quindi la forma indeterminata
\[ \frac{0}{0}. \]
In questo caso è conveniente utilizzare le equivalenze asintotiche fondamentali:
\[ 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}, \qquad \ln(1+2x)\sim 2x, \qquad \sin(3x)\sim 3x, \]
valide per \(x\to 0\).
Le equivalenze possono essere sostituite direttamente all'interno di prodotti e quozienti. Il rapporto assegnato è quindi equivalente a:
\[ \frac{\displaystyle\frac{x^2}{2}\cdot 2x} {x\cdot 3x}. \]
Semplifichiamo il numeratore:
\[ \frac{x^2}{2}\cdot 2x=x^3. \]
Semplifichiamo anche il denominatore:
\[ x\cdot 3x=3x^2. \]
Pertanto:
\[ \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)} \sim \frac{x^3}{3x^2} = \frac{x}{3}. \]
Poiché
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x}{3}=0, \]
segue che anche il limite assegnato è uguale a zero:
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)} =0. \]
È importante osservare che le equivalenze sono state utilizzate all'interno di prodotti e quozienti, dove la sostituzione con funzioni equivalenti è corretta.
Non sarebbe invece lecito sostituire automaticamente un termine con un equivalente all'interno di una somma o di una differenza, perché in tali situazioni potrebbero verificarsi cancellazioni tra i termini principali.
Esercizio 16 — livello ★★★★☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 0}x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right). \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right)=0. \]
Svolgimento
La funzione
\[ \cos\left(\frac{1}{x}\right) \]
non ammette limite per \(x\to 0\). Infatti, quando \(x\) si avvicina a zero, la quantità \(\displaystyle\frac{1}{x}\) diventa arbitrariamente grande in valore assoluto e il coseno continua a oscillare tra \(-1\) e \(1\).
Non possiamo quindi applicare direttamente la regola del prodotto, perché uno dei due fattori non possiede limite.
Possiamo però utilizzare il fatto che, per ogni numero reale \(t\),
\[ -1\leq\cos t\leq 1. \]
Ponendo
\[ t=\frac{1}{x}, \]
otteniamo, per ogni \(x\neq 0\):
\[ -1\leq\cos\left(\frac{1}{x}\right)\leq 1. \]
Moltiplichiamo tutti i membri per \(x^2\). Poiché
\[ x^2\geq 0, \]
il verso delle disuguaglianze non cambia:
\[ -x^2 \leq x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right) \leq x^2. \]
Calcoliamo ora i limiti delle due funzioni che delimitano l'espressione:
\[ \lim_{x\to 0}(-x^2)=0 \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to 0}x^2=0. \]
La funzione centrale è quindi compresa tra due funzioni che tendono entrambe allo stesso limite \(0\).
Per il teorema del confronto segue che:
\[ \lim_{x\to 0}x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right)=0. \]
Il fattore oscillante non possiede un limite, ma resta limitato tra \(-1\) e \(1\). Il fattore \(x^2\), invece, tende a zero e rende sempre più piccola l'ampiezza delle oscillazioni del prodotto.
Si può esprimere lo stesso ragionamento anche mediante il valore assoluto:
\[ \left| x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right) \right| = x^2\left| \cos\left(\frac{1}{x}\right) \right| \leq x^2. \]
Poiché \(x^2\to 0\), anche il valore assoluto dell'espressione tende a zero, e quindi l'espressione stessa tende a zero.
Esercizio 17 — livello ★★★★☆
Calcolare i due limiti laterali:
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2} \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}, \]
e stabilire se esiste il limite per \(x\to 2\).
Risultato
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}=-\infty, \qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}=+\infty. \]
Poiché i due limiti laterali sono diversi, il limite
\[ \lim_{x\to 2}\frac{1}{x-2} \]
non esiste.
Svolgimento
La funzione
\[ f(x)=\frac{1}{x-2} \]
non è definita per \(x=2\), perché in tale punto il denominatore si annulla.
Per studiare il comportamento della funzione vicino a \(2\), non è sufficiente osservare che il denominatore tende a zero. È necessario stabilire anche il segno con cui esso si avvicina a zero.
Consideriamo innanzitutto il limite sinistro:
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}. \]
La scrittura \(x\to 2^-\) significa che \(x\) assume valori minori di \(2\) e sempre più vicini a \(2\). Di conseguenza:
\[ x-2<0. \]
Inoltre, quando \(x\) si avvicina a \(2\) da sinistra, la differenza \(x-2\) si avvicina a zero assumendo valori negativi. Si scrive sinteticamente:
\[ x-2\to 0^-. \]
Il reciproco di un numero negativo molto vicino a zero è un numero negativo molto grande in valore assoluto. Per esempio:
\[ \frac{1}{-0{,}1}=-10, \qquad \frac{1}{-0{,}01}=-100, \qquad \frac{1}{-0{,}001}=-1000. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}=-\infty. \]
Consideriamo ora il limite destro:
\[ \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}. \]
La scrittura \(x\to 2^+\) significa che \(x\) assume valori maggiori di \(2\) e sempre più vicini a \(2\). Di conseguenza:
\[ x-2>0. \]
Quando \(x\) si avvicina a \(2\) da destra, la differenza \(x-2\) si avvicina a zero assumendo valori positivi:
\[ x-2\to 0^+. \]
Il reciproco di un numero positivo molto vicino a zero è un numero positivo arbitrariamente grande. Per esempio:
\[ \frac{1}{0{,}1}=10, \qquad \frac{1}{0{,}01}=100, \qquad \frac{1}{0{,}001}=1000. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}=+\infty. \]
Abbiamo quindi ottenuto:
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}=-\infty \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}=+\infty. \]
Affinché il limite bilatero esista, i due limiti laterali devono esistere ed essere uguali. In questo caso essi hanno segni opposti, quindi:
\[ \lim_{x\to 2}\frac{1}{x-2}\text{ non esiste}. \]
Poiché almeno uno dei limiti laterali è infinito, la retta
\[ x=2 \]
è un asintoto verticale per il grafico della funzione.
Esercizio 18 — livello ★★★★☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+x}{|x|}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{x^2+x}{|x|}=-1, \qquad \lim_{x\to 0^+}\frac{x^2+x}{|x|}=1. \]
Poiché i due limiti laterali sono diversi,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+x}{|x|} \]
non esiste.
Svolgimento
Sostituendo formalmente \(x=0\), il numeratore tende a:
\[ 0^2+0=0, \]
mentre il denominatore tende a:
\[ |0|=0. \]
Si presenta quindi la forma indeterminata
\[ \frac{0}{0}. \]
La presenza del valore assoluto richiede di distinguere il comportamento della funzione a destra e a sinistra di \(0\).
Ricordiamo infatti che:
\[ |x|= \begin{cases} x, & x\geq 0,\\ -x, & x<0. \end{cases} \]
Cominciamo dal limite destro. Se \(x\to 0^+\), allora \(x>0\) e quindi:
\[ |x|=x. \]
Per \(x>0\), l'espressione diventa:
\[ \frac{x^2+x}{|x|} = \frac{x^2+x}{x}. \]
Raccogliamo \(x\) al numeratore:
\[ x^2+x=x(x+1). \]
Poiché \(x\neq 0\), possiamo semplificare:
\[ \frac{x(x+1)}{x}=x+1. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{x^2+x}{|x|} = \lim_{x\to 0^+}(x+1) = 1. \]
Consideriamo ora il limite sinistro. Se \(x\to 0^-\), allora \(x<0\) e quindi:
\[ |x|=-x. \]
Per \(x<0\), l'espressione diventa:
\[ \frac{x^2+x}{|x|} = \frac{x^2+x}{-x}. \]
Raccogliendo \(x\) al numeratore otteniamo:
\[ \frac{x(x+1)}{-x}. \]
Per \(x\neq 0\), possiamo semplificare il fattore \(x\):
\[ \frac{x(x+1)}{-x}=-(x+1). \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{x^2+x}{|x|} = \lim_{x\to 0^-}\bigl(-(x+1)\bigr) = -1. \]
I due limiti laterali sono quindi:
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{x^2+x}{|x|}=-1, \qquad \lim_{x\to 0^+}\frac{x^2+x}{|x|}=1. \]
Poiché essi sono diversi, il limite bilatero non esiste:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+x}{|x|}\text{ non esiste}. \]
L'esercizio mostra che, in presenza di un valore assoluto, la stessa espressione può assumere forme algebriche differenti nei due lati del punto considerato.
Esercizio 19 — livello ★★★★☆
Calcolare il seguente limite:
\[ \lim_{x\to 0}(1+2x)^{\frac{3}{x}}. \]
Risultato
\[ \lim_{x\to 0}(1+2x)^{\frac{3}{x}}=e^6. \]
Svolgimento
Verifichiamo innanzitutto che la potenza sia definita in un intorno di \(x=0\). La base deve essere positiva:
\[ 1+2x>0. \]
Questa condizione equivale a:
\[ x>-\frac{1}{2}. \]
La base è quindi positiva in un intero intorno di \(0\), e il limite bilatero ha senso.
Quando \(x\to 0\), la base tende a:
\[ 1+2x\to 1. \]
L'esponente, invece, si comporta diversamente nei due lati:
\[ \frac{3}{x}\to+\infty \quad\text{per }x\to0^+, \qquad \frac{3}{x}\to-\infty \quad\text{per }x\to0^-. \]
Si presenta quindi una forma indeterminata esponenziale: \(1^{+\infty}\) nel limite destro e \(1^{-\infty}\) nel limite sinistro. In entrambi i casi è necessario studiare il prodotto tra l'esponente e il logaritmo naturale della base.
Per studiarla, poniamo:
\[ y=(1+2x)^{\frac{3}{x}}. \]
Poiché \(y>0\), possiamo applicare il logaritmo naturale a entrambi i membri:
\[ \ln(y) = \ln\left((1+2x)^{\frac{3}{x}}\right). \]
Utilizzando la proprietà
\[ \ln(a^b)=b\ln(a), \]
otteniamo:
\[ \ln(y)=\frac{3}{x}\ln(1+2x). \]
Riscriviamo il secondo membro facendo comparire il limite notevole del logaritmo:
\[ \frac{3}{x}\ln(1+2x) = 6\frac{\ln(1+2x)}{2x}. \]
Quando \(x\to 0\), anche \(2x\to 0\). Per il limite notevole
\[ \lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1, \]
si ha:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+2x)}{2x}=1. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to 0}\ln(y) = 6\cdot 1 = 6. \]
Se il logaritmo naturale di \(y\) tende a \(6\), allora \(y\) tende a \(e^6\). Infatti:
\[ y=e^{\ln(y)}. \]
Per la continuità della funzione esponenziale:
\[ \lim_{x\to 0}y = e^{\displaystyle\lim_{x\to 0}\ln(y)} = e^6. \]
Concludiamo quindi che:
\[ \lim_{x\to 0}(1+2x)^{\frac{3}{x}}=e^6. \]
Il risultato può essere riconosciuto anche riconducendo l'espressione al limite fondamentale
\[ \lim_{t\to 0}(1+t)^{1/t}=e, \]
ma il procedimento mediante il logaritmo rende espliciti tutti i passaggi e si applica in modo sistematico alle forme indeterminate esponenziali.
Esercizio 20 — livello ★★★★★
Determinare tutti gli asintoti della funzione:
\[ f(x)=\frac{2x^2+3x-1}{x-1}. \]
Risultato
La funzione ammette:
\[ x=1 \]
come asintoto verticale e
\[ y=2x+5 \]
come asintoto obliquo, sia per \(x\to+\infty\) sia per \(x\to-\infty\).
Non sono presenti asintoti orizzontali.
Svolgimento
La funzione è razionale fratta:
\[ f(x)=\frac{2x^2+3x-1}{x-1}. \]
Il denominatore si annulla quando:
\[ x-1=0, \]
cioè per:
\[ x=1. \]
Il dominio della funzione è quindi:
\[ \mathbb{R}\setminus\{1\}. \]
Per stabilire se la retta \(x=1\) sia un asintoto verticale, dobbiamo studiare il comportamento della funzione quando \(x\) tende a \(1\).
Calcoliamo il valore verso cui tende il numeratore:
\[ 2\cdot 1^2+3\cdot 1-1 = 2+3-1 = 4. \]
Il numeratore tende quindi a un numero positivo diverso da zero, mentre il denominatore tende a zero.
Consideriamo separatamente i due lati.
Se \(x\to 1^-\), allora:
\[ x-1\to 0^-. \]
Il numeratore resta positivo per \(x\) sufficientemente vicino a \(1\), perché tende al numero positivo \(4\). Il rapporto tra una quantità positiva vicina a \(4\) e una quantità negativa vicina a zero tende quindi a \(-\infty\):
\[ \lim_{x\to 1^-}\frac{2x^2+3x-1}{x-1} = -\infty. \]
Se invece \(x\to 1^+\), allora:
\[ x-1\to 0^+. \]
Il rapporto tra una quantità positiva vicina a \(4\) e una quantità positiva vicina a zero tende a \(+\infty\):
\[ \lim_{x\to 1^+}\frac{2x^2+3x-1}{x-1} = +\infty. \]
Poiché almeno uno dei due limiti laterali è infinito, la retta
\[x=1 \]
è un asintoto verticale.
Studiamo ora il comportamento della funzione per \(x\to+\infty\) e per \(x\to-\infty\).
Il numeratore ha grado \(2\), mentre il denominatore ha grado \(1\). Poiché il grado del numeratore supera di uno quello del denominatore, è possibile che esista un asintoto obliquo.
Eseguiamo la divisione tra i polinomi:
\[ 2x^2+3x-1=(x-1)(2x+5)+4. \]
Verifichiamo il prodotto:
\[ (x-1)(2x+5) = 2x^2+5x-2x-5 = 2x^2+3x-5. \]
Aggiungendo il resto \(4\), otteniamo:
\[ 2x^2+3x-5+4 = 2x^2+3x-1, \]
come richiesto.
Dividendo entrambi i membri per \(x-1\), per \(x\neq 1\), ricaviamo:
\[ \frac{2x^2+3x-1}{x-1} = 2x+5+\frac{4}{x-1}. \]
Per verificare che la retta
\[ y=2x+5 \]
sia un asintoto obliquo, calcoliamo la differenza tra la funzione e l'equazione della retta:
\[ f(x)-(2x+5) = \frac{4}{x-1}. \]
Per \(x\to+\infty\), si ha:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4}{x-1}=0. \]
Pertanto:
\[ \lim_{x\to+\infty}\bigl[f(x)-(2x+5)\bigr]=0. \]
Anche per \(x\to-\infty\) si ha:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{4}{x-1}=0, \]
e quindi:
\[ \lim_{x\to-\infty}\bigl[f(x)-(2x+5)\bigr]=0. \]
La distanza verticale tra il grafico della funzione e la retta \(y=2x+5\) tende dunque a zero in entrambe le direzioni.
Pertanto:
\[ y=2x+5 \]
è un asintoto obliquo sia per \(x\to+\infty\) sia per \(x\to-\infty\).
La funzione non possiede asintoti orizzontali. Infatti, per \(x\to\pm\infty\), il termine dominante è \(2x\), per cui la funzione non tende a un numero reale finito.
In conclusione, gli asintoti della funzione sono:
\[ x=1 \qquad\text{e}\qquad y=2x+5. \]