senkrechte Asymptoten

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

also Definitionsmenge D=R\{ $4$}

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

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

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><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$4$^- ⇒ f(x)= $\frac{4x^2-5x+5}{{\left(x-4\right)}^2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>49</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$4$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{4x^2-5x+5}{{\left(x-4\right)}^2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>49</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $4$ 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.
$\frac{4x^2-5x+5}{\left(x-4\right)·\left(x-4\right)}$ = $\frac{4x^2-5x+5}{x^2-8x+16}$

$\frac{4x^2-5x+5}{x^2-8x+16}$ = $\frac{x^2·\left(4-\frac{5}{x}+\frac{5}{x^2}\right)}{x^2·\left(1-\frac{8}{x}+\frac{16}{x^2}\right)}$ = $\frac{4-\frac{5}{x}+\frac{5}{x^2}}{1-\frac{8}{x}+\frac{16}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{4x^2-5x+5}{x^2-8x+16}$ = $\frac{4-\frac{5}{x}+\frac{5}{x^2}}{1-\frac{8}{x}+\frac{16}{x^2}}$ → = $\frac{4}{1}$ = $4$

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = $4$.

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

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

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

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.

$-x^2+4x+5$ = 0

also Definitionsmenge D=R\{ $-1$; $5$}

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

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

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:

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

Für x → $-1$ ⇒ f(x)= $\frac{-x-1}{-\left(x+1\right)·\left(x-5\right)}$ = $\frac{1}{x-5}$ → $\frac{1}{-1-5}$ = $-\frac{1}{6}$

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($-1$| $-\frac{1}{6}$)

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $5$ (von links und von rechts)

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x<<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>5</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$5$^- ⇒ f(x)= $\frac{-x-1}{-\left(x+1\right)·\left(x-5\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>1</mn></mrow>\; </math>\cdot (<mo>+</mo><mn>6</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>5</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$5$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-x-1}{-\left(x+1\right)·\left(x-5\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>1</mn></mrow>\; </math>\cdot (<mo>+</mo><mn>6</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $5$ mit einem VZW von - nach +

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\{ $-1$; 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 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 $\frac{x-3}{\left(x+0\right)·\left(x-1\right)}$ 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 -2 zu bringen, quadrieren wir einfach den Linearterm des Zählers und geben im als Koeffizient -2. 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.
$\frac{-2{\left(x-3\right)}^2}{\left(x+0\right)·\left(x-1\right)}$ = $\frac{-2x^2+12x-18}{x^2-x}$

$\frac{-2x^2+12x-18}{x^2-x}$ = $\frac{x^2·\left(-2+\frac{12}{x}-\frac{18}{x^2}\right)}{x^2·\left(1-\frac{1}{x}\right)}$ = $\frac{-2+\frac{12}{x}-\frac{18}{x^2}}{1-\frac{1}{x}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-2x^2+12x-18}{x^2-x}$ = $\frac{-2+\frac{12}{x}-\frac{18}{x^2}}{1-\frac{1}{x}}$ → = $\frac{-2}{1}$ = $-2$

Mit f(x)= $\frac{-2{\left(x-3\right)}^2}{\left(x+0\right)·\left(x-1\right)}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=0 (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 $\frac{x-2}{{\left(x+0\right)}^2}$ 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 2 zu bringen, quadrieren wir einfach den Linearterm des Zählers und geben im als Koeffizient 2. 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.
$\frac{2{\left(x-2\right)}^2}{{\left(x+0\right)}^2}$ = $\frac{2x^2-8x+8}{x^2}$

$\frac{2x^2-8x+8}{x^2}$ = $\frac{x^2·\left(2-\frac{8}{x}+\frac{8}{x^2}\right)}{x^2·1}$ = $\frac{2-\frac{8}{x}+\frac{8}{x^2}}{1}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{2x^2-8x+8}{x^2}$ = $\frac{2-\frac{8}{x}+\frac{8}{x^2}}{1}$ → = $\frac{2}{1}$ = $2$

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

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

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

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

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