(2025-juny-1-1) Considereu la funció `f(x)=(x^2-2x)/(x-1)`. a) Determineu els talls de la corba `y = f(x)` amb els eixos de coordenades, i les equacions de les seves possibles asímptotes verticals, horitzontals i obliqües. [1 punt] b) Calculeu les equacions de les rectes tangents a la corba `y = f(x)` en els punts `x = 0` i `x = 2`. Aquestes dues rectes són paral·leles? Justifiqueu la resposta. [1 punt] c) Hi ha algun punt on la recta tangent a `f(x)` tingui pendent `1`? En cas afirmatiu, trobeu-lo. [0,5 punts] Solució: a) Per trobar els punts de tall amb l'eix `x` cal resoldre l'equació: `(x^2-2x)/(x-1)=0` `x^2-2x=0` `(x-2)x=0` Té dues solucions: `x=0` i `x=2` `=>` `(0,0)` i `(2,0)` Per trobar el punt de tall amb l'eix `y` cal substituir `x=0` `f(0)=(0^2-2·0)/(0-1)=0/(-1)=0` `y=0` `=>` `(0,0)` Per trobar, si en té, les asímptotes verticals cal trobar algún punt que el seu límit sigui `\infty`. Veiem que el domini són tots els `R` excepte `x=1` ja que el denominador s'anul·la per aquest valor. Això fa que en `x=1` sigui possible que hi hagi una asímptota vertical. Per confirmar-ho cal veure que el límit quan és tendeix a `1` sigui `\infty`. `\lim_{x\to 1}(x^2-2x)/(x-1)= (1-2)/(1-1)=(-1)/0=\infty` En resum tenim una asímptota vertical d'equació `x=1` (recordem que les equacions de les rectes verticals són de la forma `x=a`. Per trobar, si en té, les asímptotes horitzontals cal calcular el l´mit quan `x-> \infty` i si dona un número tením asímptota horitzontal. Si el calculem veiem que la funció és un quocient de dos polinomis amb grau més gran a dalt que a baix i això tendeix a `\infty` per la qual cosa, no té símptotes horitzontals. Doncs ara mirarem si té asímptotes oblíqües. Per fer-ho cal recordar que una asímptota oblíqüa és una recta d'equació, `y=mx+n` de manera que: `m=\lim_{x\to \infty}f(x)/x`. En cas de què `m` existeixi, llavors cal calcular `n=\lim_{x\to \infty}(f(x)-mx)`: `m=\lim_{x\to \infty}f(x)/x=\lim_{x\to \infty}(x^2-2x)/(x-1):x=\lim_{x\to \infty}(x^2-2x)/(x^2-x)=1` Ja que tenim el límit quan `x->\infty` d'un quocient de dos polinomis del mateix grau i aquest és el quocient dels dos coeficients, `1/1`. Finalment cal calular `n`. `n=\lim_{x\to \infty}(f(x)-1x)=\lim_{x\to \infty}(x^2-2x)/(x-1)-x=\lim_{x\to \infty}(x^2-2x)/(x-1)-(x(x-1))/(x-1)=\lim_{x\to \infty}(x^2-2x)/(x-1)-(x^2-x)/(x-1)=\lim_{x\to \infty}(x^2-2x-x^2+x)/(x-1)=\lim_{x\to \infty}(-x)/(x-1)=-1` O sigui, sí té una asíptota oblíqüa d'equació: `y=x-1` b) Per trobar les equacions de les rectes tangents en primer lloc cal calcular la funció derivada que ens donarà els pendents d'aquestes rectes. `f'(x)=((2x-2)·(x-1)-(x^2-2x)·1)/(x-1)^2=((2x^2-2x-2x+2)-(x^2-2x))/(x-1)^2=(2x^2-4x+2-x^2+2x)/(x-1)^2=(x^2-2x+2)/(x-1)^2` `f'(0)=(0^2-2·0+2)/(0-1)^2=2/1=2` `f'(2)=(2^2-2·2+2)/(2-1)^2=2/1=2` Les equacions de les rectes tangents seran (fem servir l'equació punt pendent, `y-y_0=m(x-x_0)`: La que passa pel `(0,0)` `y-0=2x-0 =>y=2x` La que passa pel `(2,0)` `y-0=2(x-2) => y=2x-4` Sí són paral·leles, ja que tenen el mateix pendent. c) Per trobar si hi ha algun punt amb pendent, `1` cal igualar la funció derivada a `1` i trobar les solucions de l'equació resultant. `(x^2-2x+2)/(x-1)^2=1` `(x^2-2x+2)=(x-1)^2` `x^2-2x+2=x^2-2x+1` `2=1` Aquesta equació no té cap solució, per la qual cosa: No hi ha cap punt que la funció `f(x)` el seu pendent valgui `1` El problema no ho demana, però mostem la gràfica de la funció per veure tot el que hem sabut calcular.