Această culegere propune 20 de exerciții rezolvate privind limitele de funcții, organizate într-un parcurs gradat și pe deplin coerent cu partea teoretică. Primele exerciții se referă la situațiile în care limita se poate calcula prin substituție directă; ulterior sunt abordate principalele cazuri de nedeterminare, limitele fundamentale, compararea infiniților mici și a infiniților mari, limitele laterale și studiul asimptotelor.
Fiecare exercițiu este însoțit de o rezolvare completă și comentată. Scopul nu este doar acela de a obține rezultatul, ci de a recunoaște structura limitei, de a identifica eventualul caz de nedeterminare și de a alege în cunoștință de cauză metoda cea mai potrivită.
Înainte de a efectua transformări algebrice, este întotdeauna util să verificăm ce se întâmplă atunci când înlocuim formal valoarea către care tinde \(x\). Dacă operațiile cu limite sunt aplicabile și nu apare niciun caz de nedeterminare, limita se calculează direct. Dacă apare însă un caz de nedeterminare, precum \(0/0\), \(\infty/\infty\) sau \(\infty-\infty\), poate fi necesar să transformăm algebric expresia, să recurgem la limitele fundamentale, să folosim echivalențe asimptotice sau să aplicăm criteriul cleștelui.
În rezolvări vor fi folosite exclusiv instrumentele introduse în teorie: substituția directă, descompunerea în factori, simplificarea, raționalizarea, împărțirea la termenul dominant, limitele fundamentale, echivalențele asimptotice, criteriul cleștelui și studiul limitelor laterale.
Exercițiul 1 — nivel ★☆☆☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right). \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right)=6. \]
Rezolvare
Funcția
\[ f(x)=3x^2-5x+4 \]
este o funcție polinomială. Funcțiile polinomiale sunt definite și continue în orice punct al axei reale; prin urmare, limita lor într-un punct se calculează înlocuind direct variabila cu valoarea către care aceasta tinde.
Înlocuim așadar \(x=2\):
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right) =3\cdot 2^2-5\cdot 2+4. \]
Calculăm separat termenii:
\[ 2^2=4,\qquad 3\cdot 4=12,\qquad 5\cdot 2=10. \]
Obținem astfel:
\[ 12-10+4=6. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to 2}\left(3x^2-5x+4\right)=6. \]
În acest exercițiu nu apare niciun caz de nedeterminare: substituția directă conduce imediat la un număr real bine determinat.
Exercițiul 2 — nivel ★☆☆☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5}=1. \]
Rezolvare
Limita se referă la câtul a două funcții polinomiale. Înainte de a aplica regula de calcul a limitei unui cât, trebuie să verificăm că numitorul nu tinde la zero.
Calculăm limita numitorului prin substituție directă:
\[ \lim_{x\to -1}(2x+5)=2(-1)+5=-2+5=3. \]
Deoarece limita numitorului este \(3\neq 0\), putem aplica regula de calcul a limitei unui cât.
Calculăm acum limita numărătorului:
\[ \lim_{x\to -1}(x^2+3x+5) =(-1)^2+3(-1)+5. \]
Deoarece
\[ (-1)^2=1, \]
obținem:
\[ 1-3+5=3. \]
În consecință:
\[ \lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5} = \frac{\displaystyle\lim_{x\to -1}(x^2+3x+5)} {\displaystyle\lim_{x\to -1}(2x+5)} = \frac{3}{3}=1. \]
Prin urmare:
\[\lim_{x\to -1}\frac{x^2+3x+5}{2x+5}=1. \]
Și în acest caz substituția directă este suficientă, deoarece numitorul nu se anulează la limită.
Exercițiul 3 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=6. \]
Rezolvare
Începem prin a înlocui formal \(x=3\) la numărător și la numitor.
Pentru numărător avem:
\[ 3^2-9=9-9=0. \]
Pentru numitor avem:
\[ 3-3=0. \]
Substituția directă conduce așadar la cazul de nedeterminare
\[ \frac{0}{0}. \]
Această scriere nu reprezintă valoarea limitei. Ea arată doar că atât numărătorul, cât și numitorul tind la zero și că expresia trebuie transformată.
Numărătorul este o diferență de pătrate:
\[ x^2-9=x^2-3^2=(x-3)(x+3). \]
Pentru \(x\neq 3\) putem scrie așadar:
\[ \frac{x^2-9}{x-3} = \frac{(x-3)(x+3)}{x-3}. \]
Deoarece în studiul limitei pentru \(x\to 3\) considerăm valori ale lui \(x\) apropiate de \(3\), dar diferite de \(3\), factorul \(x-3\) este nenul și poate fi simplificat:
\[ \frac{(x-3)(x+3)}{x-3}=x+3. \]
Limita inițială devine astfel:
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3} = \lim_{x\to 3}(x+3). \]
În acest moment putem aplica substituția directă:
\[ \lim_{x\to 3}(x+3)=3+3=6. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{x-3}=6. \]
Simplificarea nu modifică limita, deoarece cele două expresii
\[ \frac{x^2-9}{x-3} \qquad\text{și}\qquad x+3 \]
coincid pentru orice \(x\neq 3\). Faptul că expresia inițială nu este definită tocmai în \(x=3\) nu împiedică așadar existența limitei.
Exercițiul 4 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\frac{1}{4}. \]
Rezolvare
Verificăm mai întâi ce se obține prin substituție directă.
Numărătorul tinde la:
\[ \sqrt{4}-2=2-2=0. \]
Numitorul tinde la:
\[ 4-4=0. \]
Obținem așadar cazul de nedeterminare
\[ \frac{0}{0}. \]
În acest caz numărătorul nu admite o descompunere în factori imediată. Transformarea cea mai firească constă în raționalizare, adică în amplificarea fracției cu conjugata numărătorului:
\[ \sqrt{x}+2. \]
Pentru \(x\neq 4\) putem scrie:
\[ \frac{\sqrt{x}-2}{x-4} \cdot \frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+2}. \]
Al doilea factor este egal cu \(1\), cu condiția ca \(\sqrt{x}+2\neq 0\). Într-o vecinătate a lui \(x=4\), această cantitate este pozitivă, deci cu siguranță nenulă.
Înmulțind numărătorii, obținem o diferență de pătrate:
\[ (\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2) = (\sqrt{x})^2-2^2 = x-4. \]
Prin urmare:
\[ \frac{\sqrt{x}-2}{x-4} = \frac{x-4}{(x-4)(\sqrt{x}+2)}. \]
Pentru \(x\neq 4\) putem simplifica factorul \(x-4\):
\[ \frac{x-4}{(x-4)(\sqrt{x}+2)} = \frac{1}{\sqrt{x}+2}. \]
Limita inițială devine astfel:
\[ \lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4} = \lim_{x\to 4}\frac{1}{\sqrt{x}+2}. \]
Acum numitorul tinde la:
\[ \sqrt{4}+2=2+2=4, \]
valoare nenulă. Putem deci aplica substituția directă:
\[ \lim_{x\to 4}\frac{1}{\sqrt{x}+2} = \frac{1}{\sqrt{4}+2} = \frac{1}{4}. \]
Prin urmare:
\[\lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\frac{1}{4}. \]
Raționalizarea a eliminat nedeterminarea, transformând expresia într-un cât al cărui numitor tinde la un număr nenul.
Exercițiul 5 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1}=3. \]
Rezolvare
Începem prin a verifica ce se obține prin substituție directă.
Pentru numărător avem:
\[ 1^3-1=1-1=0. \]
Pentru numitor avem:
\[ 1-1=0. \]
Substituția directă conduce așadar la cazul de nedeterminare
\[ \frac{0}{0}. \]
Pentru a elimina această nedeterminare, observăm că numărătorul este o diferență de cuburi. Reamintim descompunerea:
\[ a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2). \]
Luând \(a=x\) și \(b=1\), obținem:
\[ x^3-1=(x-1)(x^2+x+1). \]
Pentru \(x\neq 1\), raportul se poate rescrie așadar sub forma:
\[ \frac{x^3-1}{x-1} = \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x-1}. \]
Deoarece \(x\neq 1\), factorul \(x-1\) este nenul și poate fi simplificat:
\[ \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x-1} = x^2+x+1. \]
Limita inițială devine prin urmare:
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1} = \lim_{x\to 1}(x^2+x+1). \]
Expresia obținută este o funcție polinomială, deci limita se calculează prin substituție directă:
\[ \lim_{x\to 1}(x^2+x+1) = 1^2+1+1 = 3. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1}=3. \]
Și în acest caz simplificarea este legitimă, deoarece, în calculul limitei, considerăm valori ale lui \(x\) apropiate de \(1\), dar diferite de \(1\). Cele două expresii coincid așadar pe o vecinătate punctată a punctului considerat.
Exercițiul 6 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3}=6. \]
Rezolvare
Înlocuind formal \(x=9\), numărătorul tinde la:
\[ 9-9=0, \]
iar numitorul tinde la:
\[ \sqrt{9}-3=3-3=0. \]
Apare așadar cazul de nedeterminare
\[ \frac{0}{0}. \]
În acest exercițiu radicalul apare la numitor. Pentru a elimina nedeterminarea, amplificăm fracția cu conjugata numitorului:
\[ \sqrt{x}+3. \]
Pentru \(x\neq 9\) putem scrie:
\[ \frac{x-9}{\sqrt{x}-3} \cdot \frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}+3}. \]
Înmulțind numitorii, obținem o diferență de pătrate:
\[ (\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3) = (\sqrt{x})^2-3^2 = x-9. \]
Prin urmare:
\[ \frac{x-9}{\sqrt{x}-3} = \frac{(x-9)(\sqrt{x}+3)}{x-9}. \]
Pentru \(x\neq 9\), factorul \(x-9\) este nenul și poate fi simplificat:
\[ \frac{(x-9)(\sqrt{x}+3)}{x-9} = \sqrt{x}+3. \]
Limita inițială devine astfel:
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3} = \lim_{x\to 9}(\sqrt{x}+3). \]
Acum putem aplica substituția directă:
\[ \lim_{x\to 9}(\sqrt{x}+3) = \sqrt{9}+3 = 3+3 = 6. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to 9}\frac{x-9}{\sqrt{x}-3}=6. \]
Raționalizarea a transformat câtul inițial într-o expresie echivalentă pentru \(x\neq 9\), în care substituția directă nu mai conduce la un caz de nedeterminare.
Exercițiul 7 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}=2. \]
Rezolvare
Când \(x\to+\infty\), atât numărătorul, cât și numitorul devin oricât de mari. Înlocuirea formală conduce așadar la cazul de nedeterminare
\[ \frac{\infty}{\infty}. \]
Acest caz nu permite determinarea directă a limitei. Trebuie să comparăm creșterea termenilor de la numărător cu cea a termenilor de la numitor.
Termenul de grad maxim este \(x^2\), atât la numărător, cât și la numitor. Împărțim așadar toți termenii la \(x^2\):
\[ \frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5} = \frac{\displaystyle\frac{4x^2}{x^2} -\displaystyle\frac{3x}{x^2} +\displaystyle\frac{1}{x^2}} {\displaystyle\frac{2x^2}{x^2} +\displaystyle\frac{x}{x^2} -\displaystyle\frac{5}{x^2}}. \]
Simplificând fiecare raport, obținem:
\[ \frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5} = \frac{4-\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {2+\displaystyle\frac{1}{x}-\displaystyle\frac{5}{x^2}}. \]
Pentru \(x\to+\infty\) au loc limitele:
\[ \frac{1}{x}\to 0 \qquad\text{și}\qquad \frac{1}{x^2}\to 0. \]
În consecință, numărătorul tinde la:
\[ 4-3\cdot 0+0=4, \]
iar numitorul tinde la:
\[ 2+0-5\cdot 0=2. \]
Deoarece limita numitorului este nenulă, putem aplica regula de calcul a limitei unui cât:
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{4-\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}} {2+\displaystyle\frac{1}{x}-\displaystyle\frac{5}{x^2}} = \frac{4}{2} = 2. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4x^2-3x+1}{2x^2+x-5}=2. \]
Rezultatul coincide cu raportul coeficienților termenilor de grad maxim:
\[ \frac{4}{2}=2. \]
Acest lucru se întâmplă deoarece, pentru valori foarte mari ale lui \(x\), termenii de grad inferior devin neglijabili în raport cu termenii de gradul al doilea.
Exercițiul 8 — nivel ★★☆☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2+2}{x^3-1}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2+2}{x^3-1}=0. \]
Rezolvare
Când \(x\to-\infty\), numărătorul \(3x^2+2\) tinde la \(+\infty\), deoarece \(x^2\) este întotdeauna nenegativ și devine oricât de mare.
Numitorul \(x^3-1\) tinde în schimb la \(-\infty\), deoarece o putere cu exponent impar păstrează semnul lui \(x\).
Înlocuirea formală conduce așadar la un cât de cantități infinite. Pentru a determina limita, împărțim numărătorul și numitorul la puterea de grad maxim care apare în întreaga fracție, adică la \(x^3\):
\[ \frac{3x^2+2}{x^3-1} = \frac{\displaystyle\frac{3x^2}{x^3} +\displaystyle\frac{2}{x^3}} {\displaystyle\frac{x^3}{x^3} -\displaystyle\frac{1}{x^3}}. \]
Simplificând termenii, obținem:
\[ \frac{3x^2+2}{x^3-1} = \frac{\displaystyle\frac{3}{x} +\displaystyle\frac{2}{x^3}} {1-\displaystyle\frac{1}{x^3}}. \]
Pentru \(x\to-\infty\) avem:
\[ \frac{1}{x}\to 0, \qquad \frac{1}{x^3}\to 0. \]
În consecință, numărătorul tinde la:
\[ 3\cdot 0+2\cdot 0=0, \]
iar numitorul tinde la:
\[ 1-0=1. \]
Deoarece limita numitorului este nenulă, putem aplica regula de calcul a limitei unui cât:
\[ \lim_{x\to-\infty} \frac{\displaystyle\frac{3}{x} +\displaystyle\frac{2}{x^3}} {1-\displaystyle\frac{1}{x^3}} = \frac{0}{1} = 0. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{3x^2+2}{x^3-1}=0. \]
Numitorul are grad mai mare decât numărătorul. El crește așadar, în modul, mai repede decât numărătorul, iar raportul tinde la zero.
În particular, pentru valori negative ale lui \(x\), suficient de mari în modul, numărătorul este pozitiv, iar numitorul este negativ. Raportul se apropie deci de zero luând valori negative, însă valoarea limitei rămâne pur și simplu \(0\).
Exercițiul 9 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x}{x^2+4}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x}{x^2+4}=-\infty. \]
Rezolvare
Când \(x\to-\infty\), termenul dominant al numărătorului este \(2x^3\). Deoarece \(x^3\to-\infty\), avem:
\[ 2x^3-x\to-\infty. \]
Termenul dominant al numitorului este în schimb \(x^2\). Deoarece \(x^2\to+\infty\), avem:
\[ x^2+4\to+\infty. \]
Apare așadar un caz de tipul
\[ \frac{-\infty}{+\infty}, \]
care trebuie studiat comparând ordinele de creștere ale numărătorului și numitorului.
Numărătorul are gradul \(3\), iar numitorul gradul \(2\). Numărătorul crește deci, în modul, mai repede decât numitorul. Pentru a pune în evidență acest comportament, împărțim numărătorul și numitorul la \(x^2\):
\[ \frac{2x^3-x}{x^2+4} = \frac{\displaystyle\frac{2x^3}{x^2} -\displaystyle\frac{x}{x^2}} {\displaystyle\frac{x^2}{x^2} +\displaystyle\frac{4}{x^2}}. \]
Simplificând, obținem:
\[ \frac{2x^3-x}{x^2+4} = \frac{2x-\displaystyle\frac{1}{x}} {1+\displaystyle\frac{4}{x^2}}. \]
Pentru \(x\to-\infty\) avem:
\[ 2x\to-\infty, \qquad \frac{1}{x}\to 0, \qquad \frac{4}{x^2}\to 0. \]
În consecință, numărătorul
\[ 2x-\frac{1}{x} \]
tinde la \(-\infty\), iar numitorul
\[ 1+\frac{4}{x^2} \]
tinde la \(1\).
În plus, numitorul este întotdeauna pozitiv, deoarece
\[ 1+\frac{4}{x^2}>0 \]
pentru orice \(x\neq 0\). Împărțirea unei cantități care tinde la \(-\infty\) la o cantitate pozitivă care tinde la \(1\) nu modifică așadar semnul divergenței.
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{2x^3-x}{x^2+4}=-\infty. \]
Rezultatul poate fi interpretat și observând că raportul se comportă asimptotic ca
\[ \frac{2x^3}{x^2}=2x, \]
iar \(2x\to-\infty\) pentru \(x\to-\infty\).
Exercițiul 10 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right). \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right)=2. \]
Rezolvare
Când \(x\to+\infty\), avem:
\[ \sqrt{x^2+4x}\to+\infty \qquad\text{și}\qquad x\to+\infty. \]
Înlocuirea formală conduce așadar la cazul de nedeterminare
\[ \infty-\infty. \]
Nu putem conchide că limita este zero, deoarece diferența a două cantități divergente depinde de viteza cu care acestea cresc. Este necesar să transformăm expresia.
Raționalizăm, amplificând cu conjugata:
\[ \sqrt{x^2+4x}+x. \]
Obținem:
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{(\sqrt{x^2+4x}-x)(\sqrt{x^2+4x}+x)} {\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
La numărător apare o diferență de pătrate:
\[ (\sqrt{x^2+4x})^2-x^2 = x^2+4x-x^2 = 4x. \]
Prin urmare:
\[ \sqrt{x^2+4x}-x = \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x}. \]
Pentru a studia limita, împărțim numărătorul și numitorul la \(x\). Deoarece \(x\to+\infty\), avem în particular \(x>0\) pentru valori suficient de mari, deci
\[ \sqrt{x^2}=|x|=x. \]
Putem atunci scrie:
\[ \frac{4x}{\sqrt{x^2+4x}+x} = \frac{4} {\displaystyle\frac{\sqrt{x^2+4x}}{x}+1}. \]
În radicand, scoatem factorul comun \(x^2\):
\[ \sqrt{x^2+4x} = \sqrt{x^2\left(1+\frac{4}{x}\right)} = x\sqrt{1+\frac{4}{x}}. \]
În consecință:
\[ \frac{\sqrt{x^2+4x}}{x} = \sqrt{1+\frac{4}{x}}. \]
Expresia devine astfel:
\[ \frac{4} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1}. \]
Deoarece
\[ \frac{4}{x}\to 0, \]
avem:
\[ \sqrt{1+\frac{4}{x}}\to 1. \]
Numitorul tinde deci la:
\[ 1+1=2. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{4} {\sqrt{1+\displaystyle\frac{4}{x}}+1} = \frac{4}{2} = 2. \]
Conchidem așadar că:
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+4x}-x\right)=2. \]
Raționalizarea a transformat cazul \(\infty-\infty\) într-un cât cu limită determinată.
Exercițiul 11 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}=3. \]
Rezolvare
Înlocuind formal \(x=0\), numărătorul tinde la:
\[ \sin(3\cdot 0)=\sin 0=0, \]
iar numitorul tinde la zero. Apare așadar cazul de nedeterminare
\[ \frac{0}{0}. \]
Pentru a calcula limita, folosim limita fundamentală:
\[ \lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}=1. \]
În expresia dată, argumentul sinusului nu este \(x\), ci \(3x\). Trebuie așadar să facem să apară \(3x\) și la numitor.
Înmulțim și împărțim cu \(3\):
\[ \frac{\sin(3x)}{x} = 3\frac{\sin(3x)}{3x}. \]
Această egalitate are loc pentru \(x\neq 0\), condiție compatibilă cu calculul limitei pentru \(x\to 0\).
Când \(x\to 0\), avem și \(3x\to 0\). Putem prin urmare aplica limita fundamentală luând
\[ t=3x. \]
Se obține:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{3x}=1. \]
În consecință:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x} = 3\lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{3x} = 3\cdot 1 = 3. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(3x)}{x}=3. \]
În termeni de echivalență asimptotică, deoarece
\[ \sin(3x)\sim 3x \qquad\text{pentru }x\to 0, \]
raportul se comportă ca
\[ \frac{3x}{x}=3. \]
Exercițiul 12 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}. \]
Rezolvare
Înlocuind formal \(x=0\), numărătorul tinde la:
\[ 1-\cos 0=1-1=0, \]
iar numitorul tinde la:
\[ 0^2=0. \]
Apare așadar cazul de nedeterminare
\[ \frac{0}{0}. \]
Putem aplica direct limita fundamentală:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}. \]
Pentru a înțelege de unde provine acest rezultat, îl putem reduce la limita fundamentală a sinusului, folosind identitatea trigonometrică:
\[ 1-\cos x=2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right). \]
Înlocuind această identitate în raport, obținem:
\[ \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{2\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)}{x^2}. \]
Pentru a face să apară raportul fundamental, observăm că:
\[ x^2=4\left(\frac{x}{2}\right)^2. \]
Prin urmare:
\[ \frac{2\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)}{x^2} = \frac{2\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {4\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2}. \]
Simplificând factorul numeric:
\[ \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2} \frac{\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2}. \]
Al doilea factor se poate scrie ca pătratul unui raport:
\[ \frac{\sin^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2} = \left( \frac{\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)^2. \]
În consecință:
\[ \frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2} \left( \frac{\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)^2. \]
Când \(x\to 0\), avem și \(\displaystyle\frac{x}{2}\to 0\). Din limita fundamentală a sinusului:
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\sin\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)} {\displaystyle\frac{x}{2}} = 1. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2}\cdot 1^2 = \frac{1}{2}. \]
Conchidem așadar că:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}. \]
Același rezultat poate fi citit și prin echivalența asimptotică
\[ 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2} \qquad\text{pentru }x\to 0. \]
Exercițiul 13 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}=2. \]
Rezolvare
Înlocuind formal \(x=0\), numărătorul tinde la:
\[ e^{2\cdot 0}-1=e^0-1=1-1=0, \]
iar numitorul tinde la zero. Apare așadar cazul de nedeterminare
\[ \frac{0}{0}. \]
Pentru a calcula limita, folosim limita fundamentală:
\[ \lim_{t\to 0}\frac{e^t-1}{t}=1. \]
În expresia dată, exponentul este \(2x\). Pentru a aplica limita fundamentală, trebuie așadar să facem să apară \(2x\) și la numitor.
Pentru \(x\neq 0\) putem scrie:
\[ \frac{e^{2x}-1}{x} = 2\frac{e^{2x}-1}{2x}. \]
Când \(x\to 0\), avem și \(2x\to 0\). Luând
\[ t=2x, \]
limita fundamentală ne dă:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{2x}=1. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x} = 2\lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{2x} = 2\cdot 1 = 2. \]
Conchidem așadar că:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}=2. \]
Același rezultat poate fi obținut prin echivalența asimptotică
\[ e^{2x}-1\sim 2x \qquad\text{pentru }x\to 0. \]
În consecință, în cât putem înlocui numărătorul cu echivalentul său:
\[ \frac{e^{2x}-1}{x} \sim \frac{2x}{x} = 2. \]
Exercițiul 14 — nivel ★★★☆☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x}=5. \]
Rezolvare
Înainte de a continua, observăm că funcția este definită atunci când
\[ 1+5x>0. \]
Această condiție este echivalentă cu:
\[ x>-\frac{1}{5}. \]
În particular, funcția este definită pe o întreagă vecinătate a lui \(x=0\), deci limita bilaterală are sens.
Înlocuind formal \(x=0\), numărătorul tinde la:
\[ \ln(1+5\cdot 0)=\ln(1)=0, \]
iar numitorul tinde la zero. Apare deci cazul de nedeterminare
\[ \frac{0}{0}. \]
Folosim limita fundamentală:
\[ \lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1. \]
În expresia dată, termenul adunat la \(1\) este \(5x\). Pentru a aplica limita fundamentală, facem să apară \(5x\) și la numitor:
\[ \frac{\ln(1+5x)}{x} = 5\frac{\ln(1+5x)}{5x}. \]
Când \(x\to 0\), avem și \(5x\to 0\). Luând
\[ t=5x, \]
se obține:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{5x}=1. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x} = 5\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{5x} = 5\cdot 1 = 5. \]
Conchidem așadar că:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+5x)}{x}=5. \]
În termeni de echivalență asimptotică, deoarece
\[ \ln(1+5x)\sim 5x \qquad\text{pentru }x\to 0, \]
raportul se comportă ca:
\[ \frac{5x}{x}=5. \]
Exercițiul 15 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)} =0. \]
Rezolvare
Înlocuind formal \(x=0\), toți factorii de la numărător și de la numitor tind la zero:
\[ 1-\cos x\to 0, \qquad \ln(1+2x)\to 0, \qquad x\to 0, \qquad \sin(3x)\to 0. \]
Câtul ia așadar forma nedeterminată
\[ \frac{0}{0}. \]
În acest caz este convenabil să folosim echivalențele asimptotice fundamentale:
\[ 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}, \qquad \ln(1+2x)\sim 2x, \qquad \sin(3x)\sim 3x, \]
valabile pentru \(x\to 0\).
În produse și în câturi, fiecare factor poate fi înlocuit cu un echivalent asimptotic. Raportul dat este așadar echivalent cu:
\[ \frac{\displaystyle\frac{x^2}{2}\cdot 2x} {x\cdot 3x}. \]
Simplificăm numărătorul:
\[ \frac{x^2}{2}\cdot 2x=x^3. \]
Simplificăm și numitorul:
\[ x\cdot 3x=3x^2. \]
Prin urmare:
\[ \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)} \sim \frac{x^3}{3x^2} = \frac{x}{3}. \]
Deoarece
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x}{3}=0, \]
rezultă că și limita dată este egală cu zero:
\[ \lim_{x\to 0} \frac{\bigl(1-\cos x\bigr)\ln(1+2x)} {x\sin(3x)} =0. \]
Este important de observat că echivalențele au fost folosite în interiorul unor produse și câturi, unde înlocuirea cu funcții echivalente este corectă.
Nu ar fi însă permis să înlocuim în mod automat un termen cu un echivalent al său în interiorul unei sume sau al unei diferențe, deoarece în astfel de situații pot apărea compensări între termenii principali.
Exercițiul 16 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to 0}x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right). \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to 0}x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right)=0. \]
Rezolvare
Funcția
\[ \cos\left(\frac{1}{x}\right) \]
nu are limită pentru \(x\to 0\). Într-adevăr, când \(x\) se apropie de zero, cantitatea \(\displaystyle\frac{1}{x}\) devine oricât de mare în modul, iar cosinusul continuă să oscileze între \(-1\) și \(1\).
Nu putem așadar aplica direct regula de calcul a limitei unui produs, deoarece unul dintre cei doi factori nu are limită.
Putem folosi însă faptul că, pentru orice număr real \(t\),
\[ -1\leq\cos t\leq 1. \]
Luând
\[ t=\frac{1}{x}, \]
obținem, pentru orice \(x\neq 0\):
\[ -1\leq\cos\left(\frac{1}{x}\right)\leq 1. \]
Înmulțim toți membrii cu \(x^2\). Deoarece
\[ x^2\geq 0, \]
sensul inegalităților nu se schimbă:
\[ -x^2 \leq x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right) \leq x^2. \]
Calculăm acum limitele celor două funcții care încadrează expresia:
\[ \lim_{x\to 0}(-x^2)=0 \qquad\text{și}\qquad \lim_{x\to 0}x^2=0. \]
Funcția din mijloc este așadar cuprinsă între două funcții care tind amândouă către aceeași limită \(0\).
Din criteriul cleștelui rezultă că:
\[ \lim_{x\to 0}x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right)=0. \]
Factorul oscilant nu are limită, dar rămâne mărginit între \(-1\) și \(1\). Factorul \(x^2\), în schimb, tinde la zero și face din ce în ce mai mică amplitudinea oscilațiilor produsului.
Același raționament poate fi exprimat și cu ajutorul modulului:
\[ \left| x^2\cos\left(\frac{1}{x}\right) \right| = x^2\left| \cos\left(\frac{1}{x}\right) \right| \leq x^2. \]
Deoarece \(x^2\to 0\), și modulul expresiei tinde la zero, prin urmare expresia însăși tinde la zero.
Exercițiul 17 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limitele laterale:
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2} \qquad\text{și}\qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}, \]
și să se stabilească dacă există limita pentru \(x\to 2\).
Rezultat
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}=-\infty, \qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}=+\infty. \]
Deoarece cele două limite laterale sunt diferite, limita
\[ \lim_{x\to 2}\frac{1}{x-2} \]
nu există.
Rezolvare
Funcția
\[ f(x)=\frac{1}{x-2} \]
nu este definită pentru \(x=2\), deoarece în acest punct numitorul se anulează.
Pentru a studia comportamentul funcției în vecinătatea lui \(2\), nu este suficient să observăm că numitorul tinde la zero. Este necesar să stabilim și semnul cu care acesta se apropie de zero.
Considerăm mai întâi limita la stânga:
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}. \]
Scrierea \(x\to 2^-\) înseamnă că \(x\) ia valori mai mici decât \(2\) și din ce în ce mai apropiate de \(2\). În consecință:
\[ x-2<0. \]
În plus, când \(x\) se apropie de \(2\) prin stânga, diferența \(x-2\) se apropie de zero luând valori negative. Se scrie pe scurt:
\[ x-2\to 0^-. \]
Inversul unui număr negativ foarte apropiat de zero este un număr negativ foarte mare în modul. De exemplu:
\[ \frac{1}{-0{,}1}=-10, \qquad \frac{1}{-0{,}01}=-100, \qquad \frac{1}{-0{,}001}=-1000. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}=-\infty. \]
Considerăm acum limita la dreapta:
\[ \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}. \]
Scrierea \(x\to 2^+\) înseamnă că \(x\) ia valori mai mari decât \(2\) și din ce în ce mai apropiate de \(2\). În consecință:
\[ x-2>0. \]
Când \(x\) se apropie de \(2\) prin dreapta, diferența \(x-2\) se apropie de zero luând valori pozitive:
\[ x-2\to 0^+. \]
Inversul unui număr pozitiv foarte apropiat de zero este un număr pozitiv oricât de mare. De exemplu:
\[ \frac{1}{0{,}1}=10, \qquad \frac{1}{0{,}01}=100, \qquad \frac{1}{0{,}001}=1000. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}=+\infty. \]
Am obținut așadar:
\[ \lim_{x\to 2^-}\frac{1}{x-2}=-\infty \qquad\text{și}\qquad \lim_{x\to 2^+}\frac{1}{x-2}=+\infty. \]
Pentru ca limita bilaterală să existe, cele două limite laterale trebuie să existe și să fie egale. În cazul de față ele au semne opuse, prin urmare:
\[ \lim_{x\to 2}\frac{1}{x-2}\text{ nu există}. \]
Deoarece cel puțin una dintre limitele laterale este infinită, dreapta
\[ x=2 \]
este asimptotă verticală pentru graficul funcției.
Exercițiul 18 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+x}{|x|}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{x^2+x}{|x|}=-1, \qquad \lim_{x\to 0^+}\frac{x^2+x}{|x|}=1. \]
Deoarece cele două limite laterale sunt diferite,
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+x}{|x|} \]
nu există.
Rezolvare
Înlocuind formal \(x=0\), numărătorul tinde la:
\[ 0^2+0=0, \]
iar numitorul tinde la:
\[ |0|=0. \]
Apare așadar cazul de nedeterminare
\[ \frac{0}{0}. \]
Prezența modulului impune să distingem comportamentul funcției la dreapta și la stânga lui \(0\).
Reamintim într-adevăr că:
\[ |x|= \begin{cases} x, & x\geq 0,\\ -x, & x<0. \end{cases} \]
Începem cu limita la dreapta. Dacă \(x\to 0^+\), atunci \(x>0\) și deci:
\[ |x|=x. \]
Pentru \(x>0\), expresia devine:
\[ \frac{x^2+x}{|x|} = \frac{x^2+x}{x}. \]
Dăm factor comun \(x\) la numărător:
\[ x^2+x=x(x+1). \]
Deoarece \(x\neq 0\), putem simplifica:
\[ \frac{x(x+1)}{x}=x+1. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{x^2+x}{|x|} = \lim_{x\to 0^+}(x+1) = 1. \]
Considerăm acum limita la stânga. Dacă \(x\to 0^-\), atunci \(x<0\) și deci:
\[ |x|=-x. \]
Pentru \(x<0\), expresia devine:
\[ \frac{x^2+x}{|x|} = \frac{x^2+x}{-x}. \]
Dând factor comun \(x\) la numărător, obținem:
\[ \frac{x(x+1)}{-x}. \]
Pentru \(x\neq 0\) putem simplifica factorul \(x\):
\[ \frac{x(x+1)}{-x}=-(x+1). \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{x^2+x}{|x|} = \lim_{x\to 0^-}\bigl(-(x+1)\bigr) = -1. \]
Cele două limite laterale sunt așadar:
\[ \lim_{x\to 0^-}\frac{x^2+x}{|x|}=-1, \qquad \lim_{x\to 0^+}\frac{x^2+x}{|x|}=1. \]
Deoarece ele sunt diferite, limita bilaterală nu există:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2+x}{|x|}\text{ nu există}. \]
Exercițiul arată că, în prezența unui modul, aceeași expresie poate lua forme algebrice diferite de o parte și de alta a punctului considerat.
Exercițiul 19 — nivel ★★★★☆
Să se calculeze limita:
\[ \lim_{x\to 0}(1+2x)^{\frac{3}{x}}. \]
Rezultat
\[ \lim_{x\to 0}(1+2x)^{\frac{3}{x}}=e^6. \]
Rezolvare
Verificăm mai întâi că puterea este definită pe o vecinătate a lui \(x=0\). Baza trebuie să fie pozitivă:
\[ 1+2x>0. \]
Această condiție este echivalentă cu:
\[ x>-\frac{1}{2}. \]
Baza este așadar pozitivă pe o întreagă vecinătate a lui \(0\), iar limita bilaterală are sens.
Când \(x\to 0\), baza tinde la:
\[ 1+2x\to 1. \]
Exponentul, în schimb, are comportamente diferite în cele două sensuri:
\[ \frac{3}{x}\to+\infty \quad\text{pentru }x\to0^+, \qquad \frac{3}{x}\to-\infty \quad\text{pentru }x\to0^-. \]
Apare așadar un caz de nedeterminare exponențial: \(1^{+\infty}\) pentru limita la dreapta și \(1^{-\infty}\) pentru limita la stânga. În ambele situații este necesar să studiem produsul dintre exponent și logaritmul natural al bazei.
Pentru a studia această formă, definim:
\[ y(x)=(1+2x)^{\frac{3}{x}}. \]
Deoarece \(1+2x>0\) într-o vecinătate a lui \(0\), avem \(y(x)>0\), astfel încât putem aplica logaritmul natural:
\[ \ln\bigl(y(x)\bigr)=\ln\left((1+2x)^{\frac{3}{x}}\right). \]
Folosind proprietatea
\[ \ln(a^b)=b\ln(a), \qquad a>0, \]
obținem:
\[ \ln\bigl(y(x)\bigr)=\frac{3}{x}\ln(1+2x). \]
Rescriem membrul al doilea astfel încât să apară limita fundamentală a logaritmului:
\[ \frac{3}{x}\ln(1+2x)=6\frac{\ln(1+2x)}{2x}. \]
Când \(x\to 0\), avem și \(2x\to 0\). Din limita fundamentală
\[ \lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1, \]
rezultă:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+2x)}{2x}=1. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to 0}\ln\bigl(y(x)\bigr)=6. \]
Deoarece
\[ y(x)=e^{\ln(y(x))}, \]
din continuitatea funcției exponențiale rezultă:
\[ \lim_{x\to 0}y(x)=e^{\displaystyle\lim_{x\to 0}\ln(y(x))}=e^6. \]
Conchidem așadar că:
\[ \lim_{x\to 0}(1+2x)^{\frac{3}{x}}=e^6. \]
Același rezultat se poate obține și prin reducerea expresiei la limita fundamentală
\[ \lim_{t\to 0}(1+t)^{1/t}=e, \]
însă metoda logaritmării explicitează toți pașii și se aplică în mod sistematic cazurilor de nedeterminare de tip exponențial.
Exercițiul 20 — nivel ★★★★★
Să se determine toate asimptotele funcției:
\[ f(x)=\frac{2x^2+3x-1}{x-1}. \]
Rezultat
Funcția admite dreapta
\[ x=1 \]
ca asimptotă verticală și dreapta
\[ y=2x+5 \]
ca asimptotă oblică, atât pentru \(x\to+\infty\), cât și pentru \(x\to-\infty\).
Nu există asimptote orizontale.
Rezolvare
Funcția este o funcție rațională:
\[ f(x)=\frac{2x^2+3x-1}{x-1}. \]
Numitorul se anulează atunci când:
\[ x-1=0, \]
adică pentru:
\[ x=1. \]
Domeniul de definiție al funcției este așadar:
\[ \mathbb{R}\setminus\{1\}. \]
Pentru a stabili dacă dreapta \(x=1\) este asimptotă verticală, trebuie să studiem comportamentul funcției atunci când \(x\) tinde la \(1\).
Calculăm valoarea către care tinde numărătorul:
\[ 2\cdot 1^2+3\cdot 1-1 = 2+3-1 = 4. \]
Numărătorul tinde așadar la un număr pozitiv nenul, în timp ce numitorul tinde la zero.
Considerăm separat cele două limite laterale.
Dacă \(x\to 1^-\), atunci:
\[ x-1\to 0^-. \]
Numărătorul rămâne pozitiv pentru \(x\) suficient de apropiat de \(1\), deoarece tinde la numărul pozitiv \(4\). Raportul dintre o cantitate pozitivă apropiată de \(4\) și o cantitate negativă apropiată de zero tinde așadar la \(-\infty\):
\[ \lim_{x\to 1^-}\frac{2x^2+3x-1}{x-1} = -\infty. \]
Dacă în schimb \(x\to 1^+\), atunci:
\[ x-1\to 0^+. \]
Raportul dintre o cantitate pozitivă apropiată de \(4\) și o cantitate pozitivă apropiată de zero tinde la \(+\infty\):
\[ \lim_{x\to 1^+}\frac{2x^2+3x-1}{x-1} = +\infty. \]
Deoarece cel puțin una dintre cele două limite laterale este infinită, dreapta
\[x=1 \]
este asimptotă verticală.
Studiem acum comportamentul funcției pentru \(x\to+\infty\) și pentru \(x\to-\infty\).
Numărătorul are gradul \(2\), iar numitorul gradul \(1\). Deoarece gradul numărătorului îl depășește cu o unitate pe cel al numitorului, este posibil să existe o asimptotă oblică.
Efectuăm împărțirea polinoamelor:
\[ 2x^2+3x-1=(x-1)(2x+5)+4. \]
Verificăm produsul:
\[ (x-1)(2x+5) = 2x^2+5x-2x-5 = 2x^2+3x-5. \]
Adunând restul \(4\), obținem:
\[ 2x^2+3x-5+4 = 2x^2+3x-1, \]
așa cum se cerea.
Împărțind ambii membri la \(x-1\), pentru \(x\neq 1\), obținem:
\[ \frac{2x^2+3x-1}{x-1} = 2x+5+\frac{4}{x-1}. \]
Pentru a verifica faptul că dreapta
\[ y=2x+5 \]
este asimptotă oblică, calculăm diferența dintre funcție și expresia dreptei:
\[ f(x)-(2x+5) = \frac{4}{x-1}. \]
Pentru \(x\to+\infty\) avem:
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{4}{x-1}=0. \]
Prin urmare:
\[ \lim_{x\to+\infty}\bigl[f(x)-(2x+5)\bigr]=0. \]
Și pentru \(x\to-\infty\) avem:
\[ \lim_{x\to-\infty}\frac{4}{x-1}=0, \]
deci:
\[ \lim_{x\to-\infty}\bigl[f(x)-(2x+5)\bigr]=0. \]
Deoarece diferența \(f(x)-(2x+5)\) tinde la zero în ambele sensuri, graficul funcției se apropie de dreapta \(y=2x+5\) pentru \(x\to\pm\infty\).
Prin urmare:
\[ y=2x+5 \]
este asimptotă oblică atât pentru \(x\to+\infty\), cât și pentru \(x\to-\infty\).
Funcția nu are asimptote orizontale. Într-adevăr, pentru \(x\to\pm\infty\), termenul dominant este \(2x\), astfel încât funcția nu tinde la un număr real finit.
În concluzie, asimptotele funcției sunt:
\[ x=1 \qquad\text{și}\qquad y=2x+5. \]