senkrechte Asymptoten

Zuerst untersucht man die Funktion auf Definitionslücken, also in unserem Fall, ob der Nenner =0 werden kann.

$\left(x+4\right)·\left(x-1\right)$

=

0

Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $-4$; $1$}

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $-4$ (von links und von rechts)

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x<<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-4$^- ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2-5x-4}{\left(x+4\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>32</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>5</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>32</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-4$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2-5x-4}{\left(x+4\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>32</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>5</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>32</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $-4$ mit einem VZW von - nach +

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $1$ (von links und von rechts)

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x<<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>1</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$1$^- ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2-5x-4}{\left(x+4\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>12</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>12</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>1</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$1$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2-5x-4}{\left(x+4\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>12</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>12</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $1$ mit einem VZW von + nach -

waagrechte Asymptoten

Um die waagrechte Asymtote zu ermitteln, wird in Zähler und Nenner die höchste x-Potenz des Nenners ausgeklammert:

Vorher sollte man allerdings noch ausmultiplizien.
$\frac{-3x^2-5x-4}{\left(x+4\right)·\left(x-1\right)}$ = $\frac{-3x^2-5x-4}{x^2+3x-4}$

$\frac{-3x^2-5x-4}{x^2+3x-4}$ = $\frac{x^2·\left(-3-\frac{5}{x}-\frac{4}{x^2}\right)}{x^2·\left(1+\frac{3}{x}-\frac{4}{x^2}\right)}$ = $\frac{-3-\frac{5}{x}-\frac{4}{x^2}}{1+\frac{3}{x}-\frac{4}{x^2}}$

So können wir einfach das Verhalten für x→ ±∞ untersuchen:

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2-5x-4}{x^2+3x-4}$ = $\frac{-3-\frac{5}{x}-\frac{4}{x^2}}{1+\frac{3}{x}-\frac{4}{x^2}}$ → = $\frac{-3}{1}$ = $-3$

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = $-3$.

Zuerst untersucht man die Funktion auf Definitionslücken, also in unserem Fall, ob der Nenner =0 werden kann.

$-4+x$	=	0
$x-4$	=	0	| $+4$
$x$	=	$4$

also Definitionsmenge D=R\{ $4$}

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $4$ (von links und von rechts)

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x<<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$4$^- ⇒ f(x)= $\frac{-2}{-4+x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$4$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-2}{-4+x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $4$ mit einem VZW von + nach -

Zuerst untersucht man die Funktion auf Definitionslücken, also in unserem Fall, ob der Nenner =0 werden kann.

$\left(-5+x\right)·\left(x+2\right)$	=	0
$\left(x-5\right)·\left(x+2\right)$	=	0

Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $-2$; $5$}

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $-2$ (von links und von rechts)

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x<<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-2$^- ⇒ f(x)= $\frac{2x-2}{\left(-5+x\right)·\left(x+2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>7</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-2$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{2x-2}{\left(-5+x\right)·\left(x+2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>7</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $-2$ mit einem VZW von - nach +

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $5$ (von links und von rechts)

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x<<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>5</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$5$^- ⇒ f(x)= $\frac{2x-2}{\left(-5+x\right)·\left(x+2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>7</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>5</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$5$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{2x-2}{\left(-5+x\right)·\left(x+2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>7</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $5$ mit einem VZW von - nach +

Zuerst untersucht man die Funktion auf Definitionslücken, also in unserem Fall, ob der Nenner =0 werden kann.

$\left(x+2\right)·\left(x+1\right)$

=

0

Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $-2$; $-1$}

Wir untersuchen das Verhalten für x → $-2$ und erkennen, dass sowohl der Zähler als auch der Nenner =0 werden.

Wir müssten also sowohl im Zähler als auch im Nenner einen Faktor (x +2) erkennen, die wir dann kürzen können:

$\frac{-2x-4}{\left(x+2\right)·\left(x+1\right)}$ = $\frac{-2x-4}{\left(x+2\right)·\left(x+1\right)}$ = $-\frac{2}{x+1}$

Für x → $-2$ ⇒ f(x)= $\frac{-2x-4}{\left(x+2\right)·\left(x+1\right)}$ = $-\frac{2}{x+1}$ → $-\frac{2}{-2+1}$ = $2$

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($-2$| $2$)

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $-1$ (von links und von rechts)

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x<<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>1</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-1$^- ⇒ f(x)= $\frac{-2x-4}{\left(x+2\right)·\left(x+1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>1</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>1</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-1$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-2x-4}{\left(x+2\right)·\left(x+1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>1</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $-1$ mit einem VZW von + nach -

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=2 (mit einem VZW von + nach -) muss der entsprechende Linearterm in den Nenner unserer gesuchten Funktion, also:

Wenn wir den Zähler auf 1 setzen, also f(x)= $\frac{1}{x-2}$, passen bereits die Definitionslücke bei x = 2 und die fehlenden Nullstellen. Auch die waagrechte Asymptote bei y=0 passt:

waagrechte Asymptoten

Um die waagrechte Asymtote zu ermitteln, wird in Zähler und Nenner die höchste x-Potenz des Nenners ausgeklammert:

$\frac{1}{x-2}$ = $\frac{x·\frac{1}{x}}{x·\left(1-\frac{2}{x}\right)}$ = $\frac{\frac{1}{x}}{1-\frac{2}{x}}$

So können wir einfach das Verhalten für x→ ±∞ untersuchen:

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{1}{x-2}$ = $\frac{\frac{1}{x}}{1-\frac{2}{x}}$ → = $\frac{0}{1}$ = 0

Vorzeichenwechsel (VZW)

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x<<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>2</mn></mrow></math>} }{⟶}}$$2$^- ⇒ f(x)= $\frac{1}{x-2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>1</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>2</mn></mrow></math>} }{⟶}}$$2$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{1}{x-2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>1</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Wir haben also den falschen VZW. Wenn wir aber den Zähler mit -1 multiplizieren, bekommen wir gerade das entgegengesetzte Verhalten in der Nähe der Definitionslücke.

Mit f(x)= $\frac{-1}{x-2}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=-2 (mit einem VZW von - nach +) muss der entsprechende Linearterm in den Nenner unserer gesuchten Funktion, also:

Wenn wir den Zähler auf 1 setzen, also f(x)= $\frac{1}{x+2}$, passen bereits die Definitionslücke bei x = -2 und die fehlenden Nullstellen. Auch die waagrechte Asymptote bei y=0 passt:

waagrechte Asymptoten

Um die waagrechte Asymtote zu ermitteln, wird in Zähler und Nenner die höchste x-Potenz des Nenners ausgeklammert:

$\frac{1}{x+2}$ = $\frac{x·\frac{1}{x}}{x·\left(1+\frac{2}{x}\right)}$ = $\frac{\frac{1}{x}}{1+\frac{2}{x}}$

So können wir einfach das Verhalten für x→ ±∞ untersuchen:

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{1}{x+2}$ = $\frac{\frac{1}{x}}{1+\frac{2}{x}}$ → = $\frac{0}{1}$ = 0

Vorzeichenwechsel (VZW)

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x<<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow></math>} }{⟶}}$$-2$^- ⇒ f(x)= $\frac{1}{x+2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>1</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow></math>} }{⟶}}$$-2$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{1}{x+2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>1</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Mit f(x)= $\frac{1}{x+2}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $e^{\mathrm{0,1}x}+3$ → $0+3$ → $3$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $e^{\mathrm{0,1}x}+3$ → $\infty +3$ → $\infty$

Die Funktion besitzt folglich auf der linken Seite (für x → -∞) eine waagrechte Asymptote bei y = $3$.

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $4+4e^{-\mathrm{0,4}x}$ → $4+\infty$ → $\infty$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $4+4e^{-\mathrm{0,4}x}$ → $4+0$ → $4$

Die Funktion besitzt folglich auf der rechten Seite (für x → ∞) eine waagrechte Asymptote bei y = $4$.