Kako dobiti kose asimptote funkcije
[dispmath]f(x)=\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+2[/dispmath]

[dispmath]f\left(x\right)=\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+2[/dispmath]
Desna kosa asimptota:
[dispmath]k=\lim_{x\to+\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+2}{x}=\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{\frac{1}{x^2}}\cdot\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+\frac{2}{x}\right)=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to+\infty}\sqrt{\frac{x+\frac{4}{x}}{x-1}}=\lim_{x\to+\infty}\sqrt{\frac{1+\frac{4}{x^2}}{1-\frac{1}{x}}}=1[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to+\infty}\left[f\left(x\right)-kx\right]=\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+2-x\right)[/dispmath][dispmath]a^2-b^2=\left(a+b\right)\left(a-b\right)\quad\Rightarrow\quad a+b=\frac{a^2-b^2}{a-b}[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac{x^3+4x}{x-1}-\left(2-x\right)^2}{\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}-\left(2-x\right)}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^3+4x-\left(2-x\right)^2\left(x-1\right)}{\sqrt{\left(x-1\right)^2}\cdot\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}-\left(2-x\right)\left(x-1\right)}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^3+4x-\left(x^2-4x+4\right)\left(x-1\right)}{\sqrt{\left(x^3+4x\right)\left(x-1\right)}-\left(-x^2+3x-2\right)}[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^3+4x-\left(x^3-4x^2+4x-x^2+4x-4\right)}{\sqrt{x^4-x^3+4x^2-4x}+x^2-3x+2}=\lim_{x\to+\infty}\frac{5x^2-4x+4}{\sqrt{x^4-x^3+4x^2-4x}+x^2-3x+2}[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to+\infty}\frac{5-\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}}{\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{4}{x^2}-\frac{4}{x^3}}+1-\frac{3}{x}+\frac{2}{x^2}}=\frac{5}{2}[/dispmath][dispmath]y=x+\frac{5}{2}[/dispmath]
Leva kosa asimptota:
[dispmath]k=\lim_{x\to-\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}=\lim_{x\to-\infty}\frac{\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+2}{x}=\lim_{x\to-\infty}\left(-\sqrt{\frac{1}{x^2}}\cdot\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+\frac{2}{x}\right)=[/dispmath][dispmath]=-\lim_{x\to-\infty}\sqrt{\frac{x+\frac{4}{x}}{x-1}}=-\lim_{x\to-\infty}\sqrt{\frac{1+\frac{4}{x^2}}{1-\frac{1}{x}}}=-1[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to-\infty}\left[f\left(x\right)-kx\right]=\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}+2+x\right)[/dispmath][dispmath]a^2-b^2=\left(a+b\right)\left(a-b\right)\quad\Rightarrow\quad a+b=\frac{a^2-b^2}{a-b}[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to-\infty}\frac{\frac{x^3+4x}{x-1}-\left(2+x\right)^2}{\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}-\left(2+x\right)}=\lim_{x\to-\infty}\frac{x^3+4x-\left(2+x\right)^2\left(x-1\right)}{-\sqrt{\left(x-1\right)^2}\cdot\sqrt{\frac{x^3+4x}{x-1}}-\left(2+x\right)\left(x-1\right)}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{x\to-\infty}\frac{x^3+4x-\left(x^2+4x+4\right)\left(x-1\right)}{-\sqrt{\left(x^3+4x\right)\left(x-1\right)}-\left(x^2+x-2\right)}[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to-\infty}\frac{x^3+4x-\left(x^3+4x^2+4x-x^2-4x-4\right)}{-\sqrt{x^4-x^3+4x^2-4x}-x^2-x+2}=\lim_{x\to-\infty}\frac{-3x^2+4x+4}{-\sqrt{x^4-x^3+4x^2-4x}-x^2-x+2}[/dispmath][dispmath]n=\lim_{x\to-\infty}\frac{-3+\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}}{-\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{4}{x^2}-\frac{4}{x^3}}-1-\frac{1}{x}+\frac{2}{x^2}}=\frac{3}{2}[/dispmath][dispmath]y=-x+\frac{3}{2}[/dispmath]

za trud Daniele!

Ali, koliko pisanija...

Nije to toliko pisanija kao što izgleda... Prvo sam uradio za [inlmath]x\to+\infty[/inlmath], a zatim sam samo copy/paste za [inlmath]x\to-\infty[/inlmath] i izmenio samo ono što se razlikuje...
Da nema ovih korenova, moglo bi odjednom da se uradi i za [inlmath]x\to+\infty[/inlmath] i za [inlmath]x\to-\infty[/inlmath], ali korenovi malo komplikuju stvar, pa zato mora da se radi posebno za svaki od ta dva slučaja...

Jedno više tehničko pitanje

Što ako za [inlmath]k[/inlmath] dobijem [dispmath]k=\lim_{x\to +\infty}=0[/dispmath]
a za [inlmath]l[/inlmath] [dispmath]l=\lim_{x\to +\infty}=\infty[/dispmath]
Da li je tada u biti [inlmath]y=0[/inlmath] kao horizontalna asimptota? Ili onda uopće ne postoji K.A. zbog [inlmath]l[/inlmath]-a? Blagu prednost dajem drugoj opciji

Primer jedne takve funkcije je upravo funkcija koju vrlo često koristimo, [inlmath]\ln x[/inlmath]. Ona nema ni horizontalne ni kose asimptote, a upravo se dobije ovako kao što si napisao u svom primeru, [inlmath]k=0[/inlmath] i [inlmath]l=\infty[/inlmath]. Kao što sinoć ovde napisah, da bi kosa asimptota postojala, moraju oba njena parametra – i [inlmath]k[/inlmath] i [inlmath]l[/inlmath] – biti definisani. Ako jedan od ta dva parametra nije definisan, kao u ovom slučaju [inlmath]l[/inlmath], kosa asimptota – ne postoji.

Funkcija kojoj je [inlmath]k=0[/inlmath] i [inlmath]l=\infty[/inlmath] u beskonačnosti se ponaša vrlo zanimljivo. Pošto je [inlmath]k=0[/inlmath], ona teži da postane paralelna s [inlmath]x[/inlmath]-osom tako što s povećanjem [inlmath]x[/inlmath] postaje sve horizontalnija, ali nikada ne dostiže potpunu horizontalnost, tj. potpunu paralelnost s [inlmath]x[/inlmath]-osom. Takođe, ta funkcija, kako idući ka beskonačnosti postaje sve horizontalnija, sve se više i udaljava od [inlmath]x[/inlmath]-ose prema gore, s tim da je to njeno udaljavanje od [inlmath]x[/inlmath]-ose neograničeno, pa bismo mogli reći da će u beskonačnosti ta funkcija da se poklopi s horizontalnom pravom koja je beskonačno udaljena od [inlmath]x[/inlmath]-ose, zbog toga što je parametar [inlmath]l[/inlmath] beskonačan.

[inlmath]y=0[/inlmath] bi predstavljalo pravu koja se poklapa s [inlmath]x[/inlmath]-osom, a to se prilično razlikuje od ovog slučaja, u kome je prava beskonačno udaljena od [inlmath]x[/inlmath]-ose. Drugo, kad imaš oblik [inlmath]y=0[/inlmath], to je isto što i [inlmath]k=0[/inlmath] i [inlmath]l=0[/inlmath]. Tako da si u pravu, ovde je u pitanju druga opcija.

Hvala! Da bi ovo bilo potpuno, evo konkretne funkcije u kojoj sam dobio navedeno:
[dispmath]f(x)=\ln\left(2x^3-x+1\right)[/dispmath]
Sad mi samo još reci da sam nešto krivo napravio...

Krivo si napravio... Šalim se!

Pa da, kod svake funkcije oblika [inlmath]f\left(x\right)=\log_a\left[P\left(x\right)\right][/inlmath], gde je [inlmath]a[/inlmath] realan broj i [inlmath]a>1[/inlmath], a [inlmath]P\left(x\right)[/inlmath] neki polinom po [inlmath]x[/inlmath] takav da je [inlmath]\lim\limits_{x\to +\infty}P\left(x\right)=+\infty[/inlmath], dobije se da je [inlmath]\lim\limits_{x\to +\infty}f\left(x\right)=+\infty[/inlmath], [inlmath]k=0[/inlmath] i [inlmath]l=+\infty[/inlmath].
Slično i kada je [inlmath]0<a<1[/inlmath], samo je tada [inlmath]\lim\limits_{x\to +\infty}f\left(x\right)=-\infty[/inlmath], [inlmath]k=0[/inlmath] i [inlmath]l=-\infty[/inlmath].

Evo naleti na ovu temu slučajno.A upravo obrađujem kose asimptote.Već smo govori u onoj mojoj temi da mogu biti lijeve i desne kose asimptote različite. Evo ovo je prvi zadatak u kojeme sam vidio da je to tako.Zbunio me je malo ovaj zadatak. Zapravo ne znam kako da prepoznam u zadatku hoće li biti asimptote iste ili različite.Stvar koja me ovde zbunjuje jeste u drugom slučaju kada ispadne [inlmath]k=-1[/inlmath] odkuda [inlmath]-[/inlmath] ispred [inlmath]\sqrt\frac{1}{x^2}[/inlmath]. Kako si ga tu ubacio ja ne vidim nikakvu smjenu.Ako možeš malo to da pojasniš čak i uopšteno. Mislim u kojem slučaju su asimptote različite a u kom iste.

Kako [inlmath]x\to -\infty[/inlmath] jasno je da je [inlmath]x<0[/inlmath], pa ako pokusamo da [inlmath]\frac{1}{x}[/inlmath] ubacimo pod koren, to bi bilo [inlmath]-\sqrt{\frac{1}{x^2}}[/inlmath]. Jer je [inlmath]-\sqrt{\frac{1}{x^2}}=-\frac{1}{|x|}[/inlmath], sto je za [inlmath]x<0[/inlmath] jednako [inlmath]\frac{1}{x}[/inlmath].

Uopsteno, funkcija moze da ima i levu i desnu kosu asimptotu. Uslov za postojanje leve je postojanje konacne vrednosti limesa [inlmath]k=\lim\limits_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{x}[/inlmath] razlicite od nula, kao i konacnog [inlmath]n=\lim\limits_{x\to -\infty}\left[f(x)-kx\right][/inlmath]. Ako ove dve vrednosti postoje, onda ce leva kosa asimptota biti [inlmath]y=kx+n[/inlmath]. Slicno ide i za desnu, samo sto u limesima [inlmath]x[/inlmath] umesto u [inlmath]-\infty[/inlmath] tezi u [inlmath]+\infty[/inlmath]. Jedinstvenu kosu asimptotu dobijas onda kada se limesi poklope za [inlmath]k[/inlmath] i [inlmath]n[/inlmath] za oba [inlmath]x[/inlmath]-a, sto cini da u oba slucaja dobijamo istu pravu, i samim tim jedinstvenu kosu asimptotu (za koju onda kazemo da je obostrana).