senkrechte Asymptoten

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

$\left(x+2\right)·\left(x-2\right)$

=

0

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

1. Fall:

2. Fall:

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

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)= $\frac{3x-2}{\left(x+2\right)·\left(x-2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>4</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-2$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{3x-2}{\left(x+2\right)·\left(x-2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>4</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>8</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $2$ (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)= $\frac{3x-2}{\left(x+2\right)·\left(x-2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>4</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

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

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

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

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

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

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

$3+x$	=	0
$x+3$	=	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><mo>-</mo><mn>3</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-3$^- ⇒ f(x)= $\frac{1}{3+x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>1</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

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

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.

$e^{4x}-e^x$	=	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:

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

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)= $\frac{4x^2-3x-2}{\left(e^{3x}-1\right)·e^x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>1</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>2</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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

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.

$2x-6$	=	0	| $+6$
$2x$	=	$6$	|:$2$
$x$	=	$3$

also Definitionsmenge D=R\{ $3$}

Wir untersuchen das Verhalten für x → $3$ 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 -3) erkennen, die wir dann kürzen können:

$\frac{\left(x-3\right)·\left(x-4\right)}{2x-6}$ = $\frac{\left(x-3\right)·\left(x-4\right)}{2x-6}$ = $\frac{1}{2}\left(x-4\right)$

Für x → $3$ ⇒ f(x)= $\frac{\left(x-3\right)·\left(x-4\right)}{2x-6}$ = $\frac{1}{2}\left(x-4\right)$ → $\frac{1}{2}\left(3-4\right)$ = $-\frac{1}{2}$

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($3$| $-\frac{1}{2}$)

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptoten bei x₁=-1 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 $\frac{x-1}{\left(x+1\right)·\left(x+3\right)}$ 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.
$\frac{x-1}{\left(x+1\right)·\left(x+3\right)}$ = $\frac{x-1}{x^2+4x+3}$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $e^{\mathrm{0,3}x}-5+\frac{3}{x^3}$ → $0-5+0$ → $-5$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $e^{\mathrm{0,3}x}-5+\frac{3}{x^3}$ → $\infty -5+0$ → $\infty$

Die Funktion besitzt folglich auf der linken Seite (für x → -∞) eine waagrechte Asymptote bei y = $-5$.

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

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $-4+\frac{e^{\mathrm{0,1}x}}{x^2}$ → $-4+\frac{\infty }{\infty }$ → $-4+\infty$ → $\infty$ $\frac{e^{\mathrm{0,1}x}}{x^2}$ → $\infty$: ( Der Exponentialterm im Zähler wächst sehr viel schneller gegen ∞ bzw. gegen 0 als der Nenner und setzt sich deswegen durch)

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