senkrechte Asymptoten

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

$\left(-5-x\right)x$	=	0
$\left(-x-5\right)x$	=	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\{ $-5$; 0}

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)= $\frac{-3x^2-3x+1}{\left(-5-x\right)x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>59</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>5</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>59</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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)= $\frac{-3x^2-3x+1}{\left(-5-x\right)x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>59</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>5</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>59</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $-5$ mit einem VZW von + nach -

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → 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)= $\frac{-3x^2-3x+1}{\left(-5-x\right)x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>1</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>1</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>0</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$0$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2-3x+1}{\left(-5-x\right)x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>1</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>5</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>1</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

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

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

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

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

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

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.

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

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

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.

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

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

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

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

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><mo>-</mo><mn>1</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-1$^- ⇒ f(x)= $\frac{-5x-4}{{\left(x+1\right)}^2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>1</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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

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.

$x^2-x$	=	0
$x·\left(x-1\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{0; $1$}

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

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

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:

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

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

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

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

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

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

Zuerst 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=3 und x₂=4 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 $\frac{x-1}{\left(x-3\right)·\left(x-4\right)}$ 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.
$\frac{x-1}{\left(x-3\right)·\left(x-4\right)}$ = $\frac{x-1}{x^2-7x+12}$

$\frac{x-1}{x^2-7x+12}$ = $\frac{x^2·\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}\right)}{x^2·\left(1-\frac{7}{x}+\frac{12}{x^2}\right)}$ = $\frac{\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}{1-\frac{7}{x}+\frac{12}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{x-1}{x^2-7x+12}$ = $\frac{\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}{1-\frac{7}{x}+\frac{12}{x^2}}$ → = $\frac{0}{1}$ = 0

Mit f(x)= $\frac{x-1}{\left(x-3\right)·\left(x-4\right)}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

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

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

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