senkrechte Asymptoten

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

$x^2-8x+16$ = 0

also Definitionsmenge D=R\{ $4$}

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

$\frac{-3x^3+4x^2+5x-1}{x^2-8x+16}$ = $\frac{-3x^3+4x^2+5x-1}{{\left(x-4\right)}^2}$

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)= $\frac{-3x^3+4x^2+5x-1}{{\left(x-4\right)}^2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>109</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$4$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^3+4x^2+5x-1}{{\left(x-4\right)}^2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>109</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $4$ ohne VZW (beides - )

waagrechte Asymptoten

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

$\frac{-3x^3+4x^2+5x-1}{x^2-8x+16}$ = $\frac{x^2·\left(-3x+4+\frac{5}{x}-\frac{1}{x^2}\right)}{x^2·\left(1-\frac{8}{x}+\frac{16}{x^2}\right)}$ = $\frac{-3x+4+\frac{5}{x}-\frac{1}{x^2}}{1-\frac{8}{x}+\frac{16}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^3+4x^2+5x-1}{x^2-8x+16}$ = $\frac{-3x+4+\frac{5}{x}-\frac{1}{x^2}}{1-\frac{8}{x}+\frac{16}{x^2}}$ → = $-\infty$

Die Funktion besitzt folglich keine waagrechte Asymptote.

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

$x-2$	=	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)= $\frac{-3x-4}{x-2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>10</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>2</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$2$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-3x-4}{x-2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>10</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

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.

$\left(x-3\right)·\left(x+3\right)$

=

0

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

1. Fall:

2. Fall:

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

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)= $\frac{x^2+2x-1}{\left(x-3\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>6</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>3</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-3$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{x^2+2x-1}{\left(x-3\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>6</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $-3$ mit einem VZW von + nach -

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><mn>3</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$3$^- ⇒ f(x)= $\frac{x^2+2x-1}{\left(x-3\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>14</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>6</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>14</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>3</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$3$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{x^2+2x-1}{\left(x-3\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>14</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>6</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>14</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $3$ mit einem VZW von - nach +

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

$x-1$	=	0	| $+1$
$x$	=	$1$

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:

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($1$| $-2$)

Zuerst der Nenner

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

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

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

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

Vorzeichenwechsel (VZW)

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

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

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

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

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

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

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $5x·e^{-\mathrm{0,4}x}$ → $-\infty ·\infty$ → $-\infty$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $5x·e^{-\mathrm{0,4}x}$ → $\infty ·0$ → 0( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $\infty$ und setzt sich deswegen durch)

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