senkrechte Asymptoten

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

$\left(-4-x\right)·\left(x-2\right)$	=	0
$\left(-x-4\right)·\left(x-2\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $-4$; $2$}

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)= $\frac{-4x^2-2x-4}{\left(-4-x\right)·\left(x-2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>60</mn>}}{\mathrm{"+0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>6</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>60</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$-4$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-4x^2-2x-4}{\left(-4-x\right)·\left(x-2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>60</mn>}}{\mathrm{"-0"\; \cdot \; (<mo>-</mo><mn>6</mn>)}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>60</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

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

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)= $\frac{-4x^2-2x-4}{\left(-4-x\right)·\left(x-2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>24</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>6</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>24</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>2</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$2$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{-4x^2-2x-4}{\left(-4-x\right)·\left(x-2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>24</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>6</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>-</mo><mn>24</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $\infty$

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.
$\frac{-4x^2-2x-4}{\left(-4-x\right)·\left(x-2\right)}$ = $\frac{-4x^2-2x-4}{-x^2-2x+8}$

$\frac{-4x^2-2x-4}{-x^2-2x+8}$ = $\frac{x^2·\left(-4-\frac{2}{x}-\frac{4}{x^2}\right)}{x^2·\left(-1-\frac{2}{x}+\frac{8}{x^2}\right)}$ = $\frac{-4-\frac{2}{x}-\frac{4}{x^2}}{-1-\frac{2}{x}+\frac{8}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-4x^2-2x-4}{-x^2-2x+8}$ = $\frac{-4-\frac{2}{x}-\frac{4}{x^2}}{-1-\frac{2}{x}+\frac{8}{x^2}}$ → = $\frac{-4}{-1}$ = $4$

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = $4$.

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

$e^{2x}-e^x$	=	0
$\left(e^x-1\right)·e^x$	=	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:

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

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

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

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.

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

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

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

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

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.

$\left(x+2\right)·\left(x+4\right)$

=

0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $-4$; $-2$}

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:

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

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

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

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

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

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=3 (mit einem VZW von - nach +) muss der entsprechende Linearterm in den Nenner unserer gesuchten Funktion, also:

Wenn wir den Zähler auf 1 setzen, also f(x)= $\frac{1}{x-3}$, passen bereits die Definitionslücke bei x = 3 und die fehlenden Nullstellen. Auch die waagrechte Asymptote bei y=0 passt:

waagrechte Asymptoten

Um die waagrechte Asymtote zu ermitteln, wird in Zähler und Nenner die höchste x-Potenz des Nenners ausgeklammert:

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

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

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

Vorzeichenwechsel (VZW)

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

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

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptote bei x=1 (mit einem VZW von + nach -) muss der entsprechende Linearterm in den Nenner unserer gesuchten Funktion, also:

Wenn wir den Zähler auf 1 setzen, also f(x)= $\frac{1}{x-1}$, passen bereits die Definitionslücke bei x = 1 und die fehlenden Nullstellen. Auch die waagrechte Asymptote bei y=0 passt:

waagrechte Asymptoten

Um die waagrechte Asymtote zu ermitteln, wird in Zähler und Nenner die höchste x-Potenz des Nenners ausgeklammert:

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

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

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

Vorzeichenwechsel (VZW)

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

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

Wir haben also den falschen VZW. Wenn wir aber den Zähler mit -1 multiplizieren, bekommen wir gerade das entgegengesetzte Verhalten in der Nähe der Definitionslücke.

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

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $-\frac{5}{x^3}+4+\frac{5}{x^2}$ → $0+4+0$ → $4$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $-\frac{5}{x^3}+4+\frac{5}{x^2}$ → $0+4+0$ → $4$

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = $4$.

Für x → -∞ ⇒ f(x)= $2x^2·e^{\mathrm{0,3}x}$ → $\infty ·0$ → 0( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $\infty$ und setzt sich deswegen durch)

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $2x^2·e^{\mathrm{0,3}x}$ → $\infty ·\infty$ → $\infty$

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