senkrechte Asymptoten

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\{ $-5$; $1$}

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

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

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><mo>-</mo><mn>5</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-5$^- ⇒ f(x)= $\frac{5x+3}{\left(x-1\right)·\left(x+5\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>22</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>6</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>22</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>5</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-5$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{5x+3}{\left(x-1\right)·\left(x+5\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>22</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>6</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>22</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $-5$ 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)= $\frac{5x+3}{\left(x-1\right)·\left(x+5\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>6</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>1</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$1$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{5x+3}{\left(x-1\right)·\left(x+5\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>6</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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:

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

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

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

$x+1$	=	0	| $-1$
$x$	=	$-1$

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><mo>-</mo><mn>1</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-1$^- ⇒ f(x)= $\frac{-4}{x+1}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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

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

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

$\left(5-x\right)·\left(x+3\right)$	=	0
$\left(-x+5\right)·\left(x+3\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $-3$; $5$}

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)= $\frac{3x+3}{\left(5-x\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>8</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>3</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-3$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{3x+3}{\left(5-x\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>8</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

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

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $5$ (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)= $\frac{3x+3}{\left(5-x\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>18</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>8</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>18</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>5</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$5$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{3x+3}{\left(5-x\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>18</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>8</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>18</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

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.

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

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

und den Zähler:

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

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:

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

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

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

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 $\frac{x+4}{\left(x+2\right)·\left(x+3\right)}$ 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.
$\frac{-2{\left(x+4\right)}^2}{\left(x+2\right)·\left(x+3\right)}$ = $\frac{-2x^2-16x-32}{x^2+5x+6}$

$\frac{-2x^2-16x-32}{x^2+5x+6}$ = $\frac{x^2·\left(-2-\frac{16}{x}-\frac{32}{x^2}\right)}{x^2·\left(1+\frac{5}{x}+\frac{6}{x^2}\right)}$ = $\frac{-2-\frac{16}{x}-\frac{32}{x^2}}{1+\frac{5}{x}+\frac{6}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-2x^2-16x-32}{x^2+5x+6}$ = $\frac{-2-\frac{16}{x}-\frac{32}{x^2}}{1+\frac{5}{x}+\frac{6}{x^2}}$ → = $\frac{-2}{1}$ = $-2$

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptoten bei x₁=-3 und x₂=-6 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 $\frac{x}{\left(x+3\right)·\left(x+6\right)}$ 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.
$\frac{x}{\left(x+3\right)·\left(x+6\right)}$ = $\frac{x}{x^2+9x+18}$

$\frac{x}{x^2+9x+18}$ = $\frac{x^2·\frac{1}{x}}{x^2·\left(1+\frac{9}{x}+\frac{18}{x^2}\right)}$ = $\frac{\frac{1}{x}}{1+\frac{9}{x}+\frac{18}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{x}{x^2+9x+18}$ = $\frac{\frac{1}{x}}{1+\frac{9}{x}+\frac{18}{x^2}}$ → = $\frac{0}{1}$ = 0

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

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $\frac{3}{x}+4$ → $0+4$ → $4$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $\frac{3}{x}+4$ → $0+4$ → $4$

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

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $x·e^{\mathrm{0,3}x}-4$ → $-\infty ·0-4$ → $0-4$ → $-4$ $x·e^{\mathrm{0,3}x}$ → 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)= $x·e^{\mathrm{0,3}x}-4$ → $\infty ·\infty -4$ → $\infty -4$ → $\infty$

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