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:

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

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)= $\frac{-x^3-3x^2-3x+2}{\left(x-1\right)·\left(x+4\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>30</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>30</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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)= $\frac{-x^3-3x^2-3x+2}{\left(x-1\right)·\left(x+4\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>30</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>30</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

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

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

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:

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

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

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

Die Funktion besitzt folglich keine waagrechte Asymptote.

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

$e^{3x}-e^x$	=	0
$\left(e^{2x}-1\right)·e^x$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{0}

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

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

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

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

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.

$\left(-4+x\right)·\left(x+1\right)$	=	0
$\left(x-4\right)·\left(x+1\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

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

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

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

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

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $4$ (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)= $\frac{5x^2+4x-4}{\left(-4+x\right)·\left(x+1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>92</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>5</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>92</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$4$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{5x^2+4x-4}{\left(-4+x\right)·\left(x+1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>92</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>5</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>92</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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.

$x^2+2x$	=	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:

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

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:

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

Für x → $-2$ ⇒ f(x)= $\frac{-3x-6}{x·\left(x+2\right)}$ = $-\frac{3}{x}$ → $-\frac{3}{\left(-2\right)}$ = $\frac{3}{2}$

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($-2$| $\frac{3}{2}$)

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

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

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptoten bei x₁=-1 und x₂=0 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 $\frac{x+2}{\left(x+1\right)·\left(x+0\right)}$ 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 -1 zu bringen, quadrieren wir einfach den Linearterm des Zählers und geben im als Koeffizient -1. 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.
$\frac{-{\left(x+2\right)}^2}{\left(x+1\right)·\left(x+0\right)}$ = $\frac{-x^2-4x-4}{x^2+x}$

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

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

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

Mit f(x)= $\frac{-{\left(x+2\right)}^2}{\left(x+1\right)·\left(x+0\right)}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptoten bei x₁=0 und x₂=1 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 $\frac{x^2+x-6}{\left(x+0\right)·\left(x-1\right)}$ auf die waagrechte Asymptote:

Um die waagrechte Asymptote von 1 auf -1 zu bringen multiplizieren wir einfach den Zähler mit -1 und erhalten so:

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.
$\frac{-\left(x^2+x-6\right)}{\left(x+0\right)·\left(x-1\right)}$ = $\frac{-x^2-x+6}{x^2-x}$

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

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

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

Mit f(x)= $\frac{-\left(x^2+x-6\right)}{\left(x+0\right)·\left(x-1\right)}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

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

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

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

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $3-2e^{-\mathrm{0,5}x}$ → $3-\infty$ → $-\infty$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $3-2e^{-\mathrm{0,5}x}$ → $3+0$ → $3$

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