senkrechte Asymptoten

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

$\left(x-4\right)·\left(x+3\right)$

=

0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $-3$; $4$}

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)= $\frac{3x^2+2x+4}{\left(x-4\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>25</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>7</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>25</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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)= $\frac{3x^2+2x+4}{\left(x-4\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>25</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>7</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>25</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

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

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $4$ (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)= $\frac{3x^2+2x+4}{\left(x-4\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>60</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>7</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>60</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$4$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{3x^2+2x+4}{\left(x-4\right)·\left(x+3\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>60</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>7</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>60</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $4$ 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.
$\frac{3x^2+2x+4}{\left(x-4\right)·\left(x+3\right)}$ = $\frac{3x^2+2x+4}{x^2-x-12}$

$\frac{3x^2+2x+4}{x^2-x-12}$ = $\frac{x^2·\left(3+\frac{2}{x}+\frac{4}{x^2}\right)}{x^2·\left(1-\frac{1}{x}-\frac{12}{x^2}\right)}$ = $\frac{3+\frac{2}{x}+\frac{4}{x^2}}{1-\frac{1}{x}-\frac{12}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{3x^2+2x+4}{x^2-x-12}$ = $\frac{3+\frac{2}{x}+\frac{4}{x^2}}{1-\frac{1}{x}-\frac{12}{x^2}}$ → = $\frac{3}{1}$ = $3$

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = $3$.

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

$2+x$	=	0
$x+2$	=	0	| $-2$
$x$	=	$-2$

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)= $\frac{-3}{2+x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>3</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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)= $\frac{-3}{2+x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>3</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

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.

$-x^2+2x-1$ = 0

also Definitionsmenge D=R\{ $1$}

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

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

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $1$ ohne VZW (beides - )

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\{0; $2$}

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

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

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:

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($2$| $-1$)

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

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

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=-1 (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 $\frac{x+2}{{\left(x+1\right)}^2}$ 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 -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.
$\frac{-3{\left(x+2\right)}^2}{{\left(x+1\right)}^2}$ = $\frac{-3x^2-12x-12}{x^2+2x+1}$

$\frac{-3x^2-12x-12}{x^2+2x+1}$ = $\frac{x^2·\left(-3-\frac{12}{x}-\frac{12}{x^2}\right)}{x^2·\left(1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}\right)}$ = $\frac{-3-\frac{12}{x}-\frac{12}{x^2}}{1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2-12x-12}{x^2+2x+1}$ = $\frac{-3-\frac{12}{x}-\frac{12}{x^2}}{1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}$ → = $\frac{-3}{1}$ = $-3$

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptoten bei x₁=1 und x₂=2 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 $\frac{x+2}{\left(x-1\right)·\left(x-2\right)}$ 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.
$\frac{-3{\left(x+2\right)}^2}{\left(x-1\right)·\left(x-2\right)}$ = $\frac{-3x^2-12x-12}{x^2-3x+2}$

$\frac{-3x^2-12x-12}{x^2-3x+2}$ = $\frac{x^2·\left(-3-\frac{12}{x}-\frac{12}{x^2}\right)}{x^2·\left(1-\frac{3}{x}+\frac{2}{x^2}\right)}$ = $\frac{-3-\frac{12}{x}-\frac{12}{x^2}}{1-\frac{3}{x}+\frac{2}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2-12x-12}{x^2-3x+2}$ = $\frac{-3-\frac{12}{x}-\frac{12}{x^2}}{1-\frac{3}{x}+\frac{2}{x^2}}$ → = $\frac{-3}{1}$ = $-3$

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

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

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $\frac{e^{\mathrm{0,4}x}}{5x^2}$ → $\frac{\infty }{\infty }$ → $\infty$( Der Exponentialterm im Zähler wächst sehr viel schneller gegen ∞ bzw. gegen 0 als der Nenner und setzt sich deswegen durch)

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

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $-3x·e^{-\mathrm{0,3}x}-1$ → $\infty ·\infty -1$ → $\infty -1$ → $\infty$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $-3x·e^{-\mathrm{0,3}x}-1$ → $-\infty ·0-1$ → $0-1$ → $-1$ $-3x·e^{-\mathrm{0,3}x}$ → 0: ( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $-\infty$ und setzt sich deswegen durch)

Die Funktion besitzt folglich auf der rechten Seite (für x → ∞) eine waagrechte Asymptote bei y = $-1$.