senkrechte Asymptoten

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

$x\left(x-2\right)$

=

0

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

1. Fall:

2. Fall:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = $2$.

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

$5-x$	=	0
$-x+5$	=	0	| $-5$
$-x$	=	$-5$	|:($-1$)
$x$	=	$5$

also Definitionsmenge D=R\{ $5$}

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

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

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.

$\left(x-1\right)\left(x+1\right)$

=

0

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

1. Fall:

2. Fall:

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

und den Zähler:

$\frac{-5x^2-x+4}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$ = $\frac{-5\left(x+1\right)·\left(x-\mathrm{0,8}\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$

Wir untersuchen das Verhalten für x → $-1$ 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 +1) erkennen, die wir dann kürzen können:

$\frac{-5x^2-x+4}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$ = $\frac{-5\left(x+1\right)·\left(x-\mathrm{0,8}\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$ = $-\frac{5\left(x-\mathrm{0,8}\right)}{x-1}$

Für x → $-1$ ⇒ f(x)= $\frac{-5x^2-x+4}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$ = $-\frac{5\left(x-\mathrm{0,8}\right)}{x-1}$ → $-\frac{5\left(-1-\mathrm{0,8}\right)}{-1-1}$ = $-\frac{9}{2}$

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($-1$| $-\frac{9}{2}$)

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

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

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

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

$-2x+2$	=	0	| $-2$
$-2x$	=	$-2$	|:($-2$)
$x$	=	$1$

also Definitionsmenge D=R\{ $1$}

Wir untersuchen das Verhalten für x → $1$ 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 -1) erkennen, die wir dann kürzen können:

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

Für x → $1$ ⇒ f(x)= $\frac{\left(x-3\right)\left(x-1\right)}{-2x+2}$ = $\frac{\left(x-3\right)·\left(-1\right)}{2}$ → $\frac{\left(1-3\right)·\left(-1\right)}{2}$ = $1$

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptoten bei x₁=-2 und x₂=-4 müssen die entsprechenden Linearterme in den Nenner unserer gesuchten Funktion, also:

=

Nullstellen in den Zähler

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

Jetzt testen wir $\frac{x+3}{\left(x+2\right)·\left(x+4\right)}$ auf die waagrechte Asymptote:

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.
$\frac{x+3}{\left(x+2\right)·\left(x+4\right)}$ = $\frac{x+3}{x^2+6x+8}$

$\frac{x+3}{x^2+6x+8}$ = $\frac{x^2·\left(\frac{1}{x}+\frac{3}{x^2}\right)}{x^2·\left(1+\frac{6}{x}+\frac{8}{x^2}\right)}$ = $\frac{\frac{1}{x}+\frac{3}{x^2}}{1+\frac{6}{x}+\frac{8}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{x+3}{x^2+6x+8}$ = $\frac{\frac{1}{x}+\frac{3}{x^2}}{1+\frac{6}{x}+\frac{8}{x^2}}$ → = $\frac{0}{1}$ = 0

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=-2 (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 $\frac{x+1}{{\left(x+2\right)}^2}$ 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.
$\frac{-3{\left(x+1\right)}^2}{{\left(x+2\right)}^2}$ = $\frac{-3x^2-6x-3}{x^2+4x+4}$

$\frac{-3x^2-6x-3}{x^2+4x+4}$ = $\frac{x^2·\left(-3-\frac{6}{x}-\frac{3}{x^2}\right)}{x^2·\left(1+\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}\right)}$ = $\frac{-3-\frac{6}{x}-\frac{3}{x^2}}{1+\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2-6x-3}{x^2+4x+4}$ = $\frac{-3-\frac{6}{x}-\frac{3}{x^2}}{1+\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}}$ → = $\frac{-3}{1}$ = $-3$

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

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $-\frac{3}{x}-2-\frac{3}{x}$ → $0-2+0$ → $-2$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $-\frac{3}{x}-2-\frac{3}{x}$ → $0-2+0$ → $-2$

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = $-2$.

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

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

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