senkrechte Asymptoten

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

$x·\left(x-2\right)$

=

0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{0; $2$}

und den Zähler:

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

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:

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

Für x → $2$ ⇒ f(x)= $\frac{x^2-4x+4}{x·\left(x-2\right)}$ = $\frac{x-2}{x}$ → $\frac{2-2}{2}$ = 0

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($2$|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)= $\frac{x^2-4x+4}{x·\left(x-2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>2</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= 0 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:

Vorher sollte man allerdings noch ausmultiplizien.
$\frac{x^2-4x+4}{x·\left(x-2\right)}$ = $\frac{x^2-4x+4}{x^2-2x}$

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

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = $1$.

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

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

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

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)= $\frac{5}{-2-x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>5</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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

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.

$e^{4x}-e^x$	=	0
$\left(e^{3x}-1\right)·e^x$	=	0

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:

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

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)= $\frac{-x^2-x-1}{\left(e^{3x}-1\right)·e^x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>1</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>1</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>1</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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

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

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

$x^2+2x$	=	0
$x·\left(x+2\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $-2$; 0}

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

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

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:

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

Für x → $0$ ⇒ f(x)= $\frac{-3x}{x·\left(x+2\right)}$ = $-\frac{3}{x+2}$ → $-\frac{3}{0+2}$ = $-\frac{3}{2}$

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($0$| $-\frac{3}{2}$)

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)= $\frac{-3x}{x·\left(x+2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>2</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-2$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-3x}{x·\left(x+2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>2</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>6</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $-2$ mit einem VZW von + nach -

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=2 (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 $\frac{x-1}{{\left(x-2\right)}^2}$ 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.
$\frac{x-1}{{\left(x-2\right)}^2}$ = $\frac{x-1}{x^2-4x+4}$

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

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

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

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptoten bei x₁=2 und x₂=0 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 $\frac{x-5}{\left(x-2\right)·\left(x+0\right)}$ 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 -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.
$\frac{-3{\left(x-5\right)}^2}{\left(x-2\right)·\left(x+0\right)}$ = $\frac{-3x^2+30x-75}{x^2-2x}$

$\frac{-3x^2+30x-75}{x^2-2x}$ = $\frac{x^2·\left(-3+\frac{30}{x}-\frac{75}{x^2}\right)}{x^2·\left(1-\frac{2}{x}\right)}$ = $\frac{-3+\frac{30}{x}-\frac{75}{x^2}}{1-\frac{2}{x}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2+30x-75}{x^2-2x}$ = $\frac{-3+\frac{30}{x}-\frac{75}{x^2}}{1-\frac{2}{x}}$ → = $\frac{-3}{1}$ = $-3$

Mit f(x)= $\frac{-3{\left(x-5\right)}^2}{\left(x-2\right)·\left(x+0\right)}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $\frac{e^{-\mathrm{0,5}x}}{5x^2}$ → $\frac{\infty }{\infty }$ → $\infty$( Der Exponentialterm im Zähler wächst sehr viel schneller gegen ∞ bzw. gegen 0 als der Nenner und setzt sich deswegen durch)

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

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

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

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

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