senkrechte Asymptoten

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

$x^2-1$	=	0	| $+1$
$x^2$	=	$1$	|
x1	=	$-\sqrt{1}$	= $-1$
x2	=	$\sqrt{1}$	= $1$

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

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

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

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)= $\frac{2x^2+5x-1}{\left(x+1\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>2</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

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

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $-1$ 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)= $\frac{2x^2+5x-1}{\left(x+1\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>2</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>1</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$1$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{2x^2+5x-1}{\left(x+1\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>2</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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:

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

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = $2$.

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

$x-3$	=	0	| $+3$
$x$	=	$3$

also Definitionsmenge D=R\{ $3$}

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)= $\frac{4x-4}{x-3}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>3</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$3$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{4x-4}{x-3}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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

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:

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

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

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

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

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

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

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

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

$2x$	=	0	|:$2$
$x$	=	0

also Definitionsmenge D=R\{0}

und den Zähler:

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

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:

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

Für x → $0$ ⇒ f(x)= $\frac{x^2+2x}{2x}$ = $\frac{1}{2}\left(x+2\right)$ → $\frac{1}{2}\left(0+2\right)$ = $1$

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptoten bei x₁=-2 und x₂=-3 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 $\frac{x^2+5x}{\left(x+2\right)·\left(x+3\right)}$ 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.
$\frac{-3\left(x^2+5x\right)}{\left(x+2\right)·\left(x+3\right)}$ = $\frac{-3x^2-15x}{x^2+5x+6}$

$\frac{-3x^2-15x}{x^2+5x+6}$ = $\frac{x^2·\left(-3-\frac{15}{x}\right)}{x^2·\left(1+\frac{5}{x}+\frac{6}{x^2}\right)}$ = $\frac{-3-\frac{15}{x}}{1+\frac{5}{x}+\frac{6}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2-15x}{x^2+5x+6}$ = $\frac{-3-\frac{15}{x}}{1+\frac{5}{x}+\frac{6}{x^2}}$ → = $\frac{-3}{1}$ = $-3$

Mit f(x)= $\frac{-3\left(x^2+5x\right)}{\left(x+2\right)·\left(x+3\right)}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptoten bei x₁=-1 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 $\frac{x}{\left(x+1\right)·\left(x-1\right)}$ 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 -1 zu bringen, quadrieren wir einfach den Linearterm des Zählers und geben im als Koeffizient -1. 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.
$\frac{-x^2}{\left(x+1\right)·\left(x-1\right)}$ = $\frac{-x^2}{x^2-1}$

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

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

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

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

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

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

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

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

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