senkrechte Asymptoten

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

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

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{0; $1$}

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

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

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

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

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

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

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

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:

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

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = $5$.

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

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

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

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

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

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

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

$\left(-4+x\right)\left(x-3\right)$	=	0
$\left(x-4\right)\left(x-3\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $3$; $4$}

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $3$ 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)= $\frac{4}{\left(-4+x\right)\left(x-3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>1</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

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

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.

$3x+6$	=	0	| $-6$
$3x$	=	$-6$	|:$3$
$x$	=	$-2$

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

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:

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

Für x → $-2$ ⇒ f(x)= $\frac{\left(x+2\right)\left(x+1\right)}{3x+6}$ = $\frac{1}{3}\left(x+1\right)$ → $\frac{1}{3}\left(-2+1\right)$ = $-\frac{1}{3}$

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($-2$| $-\frac{1}{3}$)

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 $\frac{x^2+x-6}{\left(x+1\right)·\left(x+0\right)}$ auf die waagrechte Asymptote:

Um die waagrechte Asymptote von 1 auf -2 zu bringen multiplizieren wir einfach den Zähler mit -2 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.
$\frac{-2\left(x^2+x-6\right)}{\left(x+1\right)·\left(x+0\right)}$ = $\frac{-2x^2-2x+12}{x^2+x}$

$\frac{-2x^2-2x+12}{x^2+x}$ = $\frac{x^2·\left(-2-\frac{2}{x}+\frac{12}{x^2}\right)}{x^2·\left(1+\frac{1}{x}\right)}$ = $\frac{-2-\frac{2}{x}+\frac{12}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-2x^2-2x+12}{x^2+x}$ = $\frac{-2-\frac{2}{x}+\frac{12}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}$ → = $\frac{-2}{1}$ = $-2$

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

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><mo>-</mo><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><mo>-</mo><mn>3</mn></mrow></math>} }{⟶}}$$-3$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{1}{x+3}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>1</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Mit f(x)= $\frac{1}{x+3}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $e^{-\mathrm{0,4}x}-1-\frac{5}{x}$ → $\infty -1+0$ → $\infty$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $e^{-\mathrm{0,4}x}-1-\frac{5}{x}$ → $0-1+0$ → $-1$

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

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $-1-2e^{\mathrm{0,5}x}$ → $-1+0$ → $-1$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $-1-2e^{\mathrm{0,5}x}$ → $-1-\infty$ → $-\infty$

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