senkrechte Asymptoten

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

$\left(-2+x\right)·\left(x-1\right)$	=	0
$\left(x-2\right)·\left(x-1\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

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

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><mn>1</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$1$^- ⇒ f(x)= $\frac{2x^3-2x^2+x-5}{\left(-2+x\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>1</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

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

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

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><mn>2</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$2$^- ⇒ f(x)= $\frac{2x^3-2x^2+x-5}{\left(-2+x\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>5</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>1</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>5</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

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

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $2$ 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.
$\frac{2x^3-2x^2+x-5}{\left(-2+x\right)·\left(x-1\right)}$ = $\frac{2x^3-2x^2+x-5}{x^2-3x+2}$

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

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

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

Die Funktion besitzt folglich keine waagrechte Asymptote.

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

$e^{3x}-1$	=	0	| $+1$
$e^{3x}$	=	$1$	|ln(⋅)
$3x$	=	0	|:$3$
$x$	=	0	≈ 0

also Definitionsmenge D=R\{0}

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → 0 (von links und von rechts)

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= 0 mit einem VZW von - nach +

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

$\left(3+x\right)·\left(x+3\right)$	=	0
${\left(x+3\right)}^2$	=	$0$	|
$x+3$	=	0

also Definitionsmenge D=R\{ $-3$}

Um den Term besser auf Asymptoten untersuchen zu können, faktorisieren wir den Nenner:

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

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $-3$ (von links und von rechts)

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $-3$ ohne VZW (beides + )

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

$-2x$	=	0	|:($-2$)
$x$	=	0

also Definitionsmenge D=R\{0}

und den Zähler:

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

Wir untersuchen das Verhalten für x → $0$ 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 -0) erkennen, die wir dann kürzen können:

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

Für x → $0$ ⇒ f(x)= $\frac{x^2+2x}{-2x}$ = $-\frac{1}{2}\left(x+2\right)$ → $-\frac{1}{2}\left(0+2\right)$ = $-1$

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($0$| $-1$)

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=3 (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)= $\frac{1}{x-3}$, passen bereits die Definitionslücke bei x = 3 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:

$\frac{1}{x-3}$ = $\frac{x·\frac{1}{x}}{x·\left(1-\frac{3}{x}\right)}$ = $\frac{\frac{1}{x}}{1-\frac{3}{x}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{1}{x-3}$ = $\frac{\frac{1}{x}}{1-\frac{3}{x}}$ → = $\frac{0}{1}$ = 0

Vorzeichenwechsel (VZW)

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

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

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)= $\frac{-1}{x-3}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=-3 (ohne VZW (beides mal f(x) → +∞)) muss der entsprechende Linearterm in den Nenner unserer gesuchten Funktion. Da kein Vorzeichenwechsel vorliegt, muss es eine doppelte Nullstelle sein, also:

=

Nullstellen in den Zähler

Im Zähler müssen auf jeden Fall mal die Nullstellen berücksichtigt werden, also

=

Jetzt testen wir $\frac{x}{{\left(x+3\right)}^2}$ auf die waagrechte Asymptote:

Da im Nenner eine quadratische Funktion ist, im Zähler auch nur eine lineare Funktion, muss die Funktion für x → ∞ gegen 0 laufen. Um diesen Grenzwert aber auf 2 zu bringen, quadrieren wir einfach den Linearterm des Zählers und geben im als Koeffizient 2. Jetzt stimmt auch die waagrechte Asympzote:

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.
$\frac{2x^2}{{\left(x+3\right)}^2}$ = $\frac{2x^2}{x^2+6x+9}$

$\frac{2x^2}{x^2+6x+9}$ = $\frac{x^2·2}{x^2·\left(1+\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}\right)}$ = $\frac{2}{1+\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{2x^2}{x^2+6x+9}$ = $\frac{2}{1+\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}}$ → = $\frac{2}{1}$ = $2$

Mit f(x)= $\frac{2x^2}{{\left(x+3\right)}^2}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = $1$.

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $e^{\mathrm{0,2}x}-1$ → $0-1$ → $-1$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $e^{\mathrm{0,2}x}-1$ → $\infty -1$ → $\infty$

Die Funktion besitzt folglich auf der linken Seite (für x → -∞) eine waagrechte Asymptote bei y = $-1$.