senkrechte Asymptoten

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

$x^2+3x-4$ = 0

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

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

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

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)= $\frac{-4x^2-2x+5}{\left(x-1\right)·\left(x+4\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>51</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>51</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

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)= $\frac{-4x^2-2x+5}{\left(x-1\right)·\left(x+4\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>51</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>51</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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

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

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:

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

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = $-4$.

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

$x-2$	=	0	| $+2$
$x$	=	$2$

also Definitionsmenge D=R\{ $2$}

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)= $\frac{-3x+1}{x-2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>5</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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

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

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

$x^2+2x$	=	0
$x·\left(x+2\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $-2$; 0}

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

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

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)= $\frac{-3}{x·\left(x+2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>3</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>2</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>3</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

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

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

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → 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)= $\frac{-3}{x·\left(x+2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>3</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>2</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>3</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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

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.

$x^2-1$	=	0	| $+1$
$x^2$	=	$1$	|
x1	=	$-\sqrt{1}$	= $-1$
x2	=	$\sqrt{1}$	= $1$

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

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

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

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)= $\frac{-2x+4}{\left(x+1\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>2</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>1</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-1$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-2x+4}{\left(x+1\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>2</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

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

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $1$ (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)= $\frac{-2x+4}{\left(x+1\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>2</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

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

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><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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=-1 (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 $\frac{x+4}{{\left(x+1\right)}^2}$ 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 -3 zu bringen, quadrieren wir einfach den Linearterm des Zählers und geben im als Koeffizient -3. 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.
$\frac{-3{\left(x+4\right)}^2}{{\left(x+1\right)}^2}$ = $\frac{-3x^2-24x-48}{x^2+2x+1}$

$\frac{-3x^2-24x-48}{x^2+2x+1}$ = $\frac{x^2·\left(-3-\frac{24}{x}-\frac{48}{x^2}\right)}{x^2·\left(1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}\right)}$ = $\frac{-3-\frac{24}{x}-\frac{48}{x^2}}{1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2-24x-48}{x^2+2x+1}$ = $\frac{-3-\frac{24}{x}-\frac{48}{x^2}}{1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}$ → = $\frac{-3}{1}$ = $-3$

Mit f(x)= $\frac{-3{\left(x+4\right)}^2}{{\left(x+1\right)}^2}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $-2x^2·e^{\mathrm{0,4}x}$ → $-\infty ·0$ → 0( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $-\infty$ und setzt sich deswegen durch)

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $-2x^2·e^{\mathrm{0,4}x}$ → $-\infty ·\infty$ → $-\infty$

Die Funktion besitzt folglich auf der linken Seite (für x → -∞) eine waagrechte Asymptote bei y = 0 (x-Achse).

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $-2x·e^{\mathrm{0,5}x}$ → $\infty ·0$ → 0( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $\infty$ und setzt sich deswegen durch)

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $-2x·e^{\mathrm{0,5}x}$ → $-\infty ·\infty$ → $-\infty$

Die Funktion besitzt folglich auf der linken Seite (für x → -∞) eine waagrechte Asymptote bei y = 0 (x-Achse).