senkrechte Asymptoten

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

$x^2-3x+2$ = 0

also Definitionsmenge D=R\{ $1$; $2$}

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

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

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><mn>1</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$1$^- ⇒ f(x)= $\frac{3x^2+4x+2}{\left(x-2\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>9</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>1</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>9</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>1</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$1$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{3x^2+4x+2}{\left(x-2\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>9</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>1</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>9</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

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

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $2$ (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)= $\frac{3x^2+4x+2}{\left(x-2\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>22</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>1</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>22</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>2</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$2$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{3x^2+4x+2}{\left(x-2\right)·\left(x-1\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>22</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>+</mo><mn>1</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>22</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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:

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

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

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

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.

$-4-x$	=	0
$-x-4$	=	0	| $+4$
$-x$	=	$4$	|:($-1$)
$x$	=	$-4$

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

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><mo>-</mo><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-4$^- ⇒ f(x)= $\frac{-3}{-4-x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>3</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

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

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $-4$ mit einem VZW von - nach +

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

$x^2-5x$	=	0
$x·\left(x-5\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{0; $5$}

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

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

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

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

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

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $5$ (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)= $\frac{-4x^2+2x+1}{x·\left(x-5\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>89</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>89</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>5</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$5$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-4x^2+2x+1}{x·\left(x-5\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>89</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>89</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

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.

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

also Definitionsmenge D=R\{ $1$}

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:

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

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

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=-3 (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 $\frac{x+1}{{\left(x+3\right)}^2}$ 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 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.
$\frac{{\left(x+1\right)}^2}{{\left(x+3\right)}^2}$ = $\frac{x^2+2x+1}{x^2+6x+9}$

$\frac{x^2+2x+1}{x^2+6x+9}$ = $\frac{x^2·\left(1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}\right)}{x^2·\left(1+\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}\right)}$ = $\frac{1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}{1+\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{x^2+2x+1}{x^2+6x+9}$ = $\frac{1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}{1+\frac{6}{x}+\frac{9}{x^2}}$ → = $\frac{1}{1}$ = $1$

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptoten bei x₁=3 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 $\frac{x^2-11x+30}{\left(x-3\right)·\left(x-1\right)}$ 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.
$\frac{-3\left(x^2-11x+30\right)}{\left(x-3\right)·\left(x-1\right)}$ = $\frac{-3x^2+33x-90}{x^2-4x+3}$

$\frac{-3x^2+33x-90}{x^2-4x+3}$ = $\frac{x^2·\left(-3+\frac{33}{x}-\frac{90}{x^2}\right)}{x^2·\left(1-\frac{4}{x}+\frac{3}{x^2}\right)}$ = $\frac{-3+\frac{33}{x}-\frac{90}{x^2}}{1-\frac{4}{x}+\frac{3}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2+33x-90}{x^2-4x+3}$ = $\frac{-3+\frac{33}{x}-\frac{90}{x^2}}{1-\frac{4}{x}+\frac{3}{x^2}}$ → = $\frac{-3}{1}$ = $-3$

Mit f(x)= $\frac{-3\left(x^2-11x+30\right)}{\left(x-3\right)·\left(x-1\right)}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $e^{-\mathrm{0,5}x}-1$ → $\infty -1$ → $\infty$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $e^{-\mathrm{0,5}x}-1$ → $0-1$ → $-1$

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

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

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

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