senkrechte Asymptoten

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

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

also Definitionsmenge D=R\{ $-2$; $1$}

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

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

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $-2$ 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)= $\frac{2x^3+x^2-5x+4}{-\left(x+2\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>1</mn></mrow>\; </math>\cdot (<mo>+</mo><mn>3</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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

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:

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

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

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

Die Funktion besitzt folglich keine waagrechte Asymptote.

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

$e^{-5x}-1$	=	0	| $+1$
$e^{-5x}$	=	$1$	|ln(⋅)
$-5x$	=	0	|:$-5$
$x$	=	0	≈ 0

also Definitionsmenge D=R\{0}

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)= $\frac{4x-5}{e^{-5x}-1}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>5</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

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

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.

$\left(-4-x\right)\left(x-2\right)$	=	0
$\left(-x-4\right)\left(x-2\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $-4$; $2$}

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><mo>-</mo><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-4$^- ⇒ f(x)= $\frac{-4}{\left(-4-x\right)\left(x-2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>6</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-4$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-4}{\left(-4-x\right)\left(x-2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>6</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $-4$ mit einem VZW von + nach -

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)= $\frac{-4}{\left(-4-x\right)\left(x-2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>6</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>2</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$2$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-4}{\left(-4-x\right)\left(x-2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>6</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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.

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

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:

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

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

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=3 (ohne VZW (beides mal f(x) → -∞)) muss der entsprechende Linearterm in den Nenner unserer gesuchten Funktion. Da kein Vorzeichenwechsel vorliegt, muss es eine doppelte Nullstelle sein, also:

=

Nullstellen in den Zähler

Im Zähler müssen auf jeden Fall mal die Nullstellen berücksichtigt werden, also

Jetzt testen wir $\frac{x-2}{{\left(x-3\right)}^2}$ 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.
$\frac{x-2}{{\left(x-3\right)}^2}$ = $\frac{x-2}{x^2-6x+9}$

$\frac{x-2}{x^2-6x+9}$ = $\frac{x^2·\left(\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}\right)}{x^2·\left(1-\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}\right)}$ = $\frac{\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}{1-\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{x-2}{x^2-6x+9}$ = $\frac{\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}{1-\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}}$ → = $\frac{0}{1}$ = 0

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=3 (ohne VZW (beides mal f(x) → +∞)) muss der entsprechende Linearterm in den Nenner unserer gesuchten Funktion. Da kein Vorzeichenwechsel vorliegt, muss es eine doppelte Nullstelle sein, also:

=

Nullstellen in den Zähler

Im Zähler müssen auf jeden Fall mal die Nullstellen berücksichtigt werden, also

Jetzt testen wir $\frac{x-6}{{\left(x-3\right)}^2}$ 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 3 zu bringen, quadrieren wir einfach den Linearterm des Zählers und geben im als Koeffizient 3. 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.
$\frac{3{\left(x-6\right)}^2}{{\left(x-3\right)}^2}$ = $\frac{3x^2-36x+108}{x^2-6x+9}$

$\frac{3x^2-36x+108}{x^2-6x+9}$ = $\frac{x^2·\left(3-\frac{36}{x}+\frac{108}{x^2}\right)}{x^2·\left(1-\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}\right)}$ = $\frac{3-\frac{36}{x}+\frac{108}{x^2}}{1-\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{3x^2-36x+108}{x^2-6x+9}$ = $\frac{3-\frac{36}{x}+\frac{108}{x^2}}{1-\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}}$ → = $\frac{3}{1}$ = $3$

Mit f(x)= $\frac{3{\left(x-6\right)}^2}{{\left(x-3\right)}^2}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

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

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

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

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $-5x^2·e^{\mathrm{0,1}x}+4$ → $-\infty ·0+4$ → $0+4$ → $4$ $-5x^2·e^{\mathrm{0,1}x}$ → 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)= $-5x^2·e^{\mathrm{0,1}x}+4$ → $-\infty ·\infty +4$ → $-\infty +4$ → $-\infty$

Die Funktion besitzt folglich auf der linken Seite (für x → -∞) eine waagrechte Asymptote bei y = $4$.