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:

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

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)= $\frac{4x+5}{\left(x-1\right)·\left(x+4\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>11</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>11</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

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)= $\frac{4x+5}{\left(x-1\right)·\left(x+4\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>11</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>11</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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)= $\frac{4x+5}{\left(x-1\right)·\left(x+4\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>9</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>5</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>9</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>1</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$1$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{4x+5}{\left(x-1\right)·\left(x+4\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>9</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>5</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>9</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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:

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

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{4x+5}{x^2+3x-4}$ = $\frac{\frac{4}{x}+\frac{5}{x^2}}{1+\frac{3}{x}-\frac{4}{x^2}}$ → = $\frac{0}{1}$ = 0

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = 0 (x-Achse).

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

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

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)= $\frac{5x+5}{2-x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>15</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>2</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$2$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{5x+5}{2-x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>15</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

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.

$x^2+x-6$ = 0

also Definitionsmenge D=R\{ $-3$; $2$}

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

$\frac{x-5}{x^2+x-6}$ = $\frac{x-5}{\left(x-2\right)·\left(x+3\right)}$

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)= $\frac{x-5}{\left(x-2\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

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)= $\frac{x-5}{\left(x-2\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $2$ (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)= $\frac{x-5}{\left(x-2\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>3</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>5</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>3</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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

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

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\{ $-1$; 0}

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

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

Wir untersuchen das Verhalten für x → $0$ 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 -0) erkennen, die wir dann kürzen können:

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

Für x → $0$ ⇒ f(x)= $\frac{-x}{x·\left(x+1\right)}$ = $-\frac{1}{x+1}$ → $-\frac{1}{0+1}$ = $-1$

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($0$| $-1$)

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

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

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

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

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)= $\frac{-1}{x-3}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptoten bei x₁=-3 und x₂=-2 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 $\frac{1}{\left(x+3\right)·\left(x+2\right)}$ 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.
$\frac{1}{\left(x+3\right)·\left(x+2\right)}$ = $\frac{1}{x^2+5x+6}$

$\frac{1}{x^2+5x+6}$ = $\frac{x^2·\frac{1}{x^2}}{x^2·\left(1+\frac{5}{x}+\frac{6}{x^2}\right)}$ = $\frac{\frac{1}{x^2}}{1+\frac{5}{x}+\frac{6}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{1}{x^2+5x+6}$ = $\frac{\frac{1}{x^2}}{1+\frac{5}{x}+\frac{6}{x^2}}$ → = $\frac{0}{1}$ = 0

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

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $\frac{e^{-\mathrm{0,4}x}}{x}$ → $\frac{\infty }{-\infty }$ → $-\infty$( Der Exponentialterm im Zähler wächst sehr viel schneller gegen ∞ bzw. gegen 0 als der Nenner und setzt sich deswegen durch)

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

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

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

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