senkrechte Asymptoten

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

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $1$}

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $1$ ohne VZW (beides - )

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

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

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

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

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:

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

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

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

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.

$-x^2+4x-3$ = 0

also Definitionsmenge D=R\{ $1$; $3$}

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

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

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:

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

Für x → $1$ ⇒ f(x)= $\frac{-5x+5}{-\left(x-1\right)·\left(x-3\right)}$ = $-\frac{-5\cdot }{1·\left(x-3\right)}$ → $-\frac{-5\cdot }{1·\left(1-3\right)}$ = $-\frac{5}{2}$

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($1$| $-\frac{5}{2}$)

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)= $\frac{-5x+5}{-\left(x-1\right)·\left(x-3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>10</mn>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>1</mn></mrow>\; </math>\cdot (<mo>+</mo><mn>2</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>10</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>3</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$3$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-5x+5}{-\left(x-1\right)·\left(x-3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>10</mn>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>1</mn></mrow>\; </math>\cdot (<mo>+</mo><mn>2</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>10</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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.

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:

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

Für x → $-2$ ⇒ f(x)= $\frac{\left(x+2\right)·\left(x+4\right)}{x+2}$ = $x+4$ → $-2+4$ = $2$

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptoten bei x₁=-3 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 $\frac{x^2+2x}{\left(x+3\right)·\left(x+4\right)}$ auf die waagrechte Asymptote:

Um die waagrechte Asymptote von 1 auf -3 zu bringen multiplizieren wir einfach den Zähler mit -3 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.
$\frac{-3\left(x^2+2x\right)}{\left(x+3\right)·\left(x+4\right)}$ = $\frac{-3x^2-6x}{x^2+7x+12}$

$\frac{-3x^2-6x}{x^2+7x+12}$ = $\frac{x^2·\left(-3-\frac{6}{x}\right)}{x^2·\left(1+\frac{7}{x}+\frac{12}{x^2}\right)}$ = $\frac{-3-\frac{6}{x}}{1+\frac{7}{x}+\frac{12}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2-6x}{x^2+7x+12}$ = $\frac{-3-\frac{6}{x}}{1+\frac{7}{x}+\frac{12}{x^2}}$ → = $\frac{-3}{1}$ = $-3$

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

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

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

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $5x·e^{\mathrm{0,1}x}$ → $-\infty ·0$ → 0( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $-\infty$ und setzt sich deswegen durch)

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

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

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

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

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