senkrechte Asymptoten

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

$\left(-1+x\right)\left(x+2\right)$	=	0
$\left(x-1\right)\left(x+2\right)$	=	0

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

1. Fall:

2. Fall:

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

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:

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

Für x → $1$ ⇒ f(x)= $\frac{-5x+5}{\left(-1+x\right)\left(x+2\right)}$ = $\frac{-5\cdot }{1·\left(x+2\right)}$ → $\frac{-5\cdot }{1·\left(1+2\right)}$ = $-\frac{5}{3}$

Die Funktion besitzt folglich eine hebbare Definitionslücke (Loch) L($1$| $-\frac{5}{3}$)

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)= $\frac{-5x+5}{\left(-1+x\right)\left(x+2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>15</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>3</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>15</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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)= $\frac{-5x+5}{\left(-1+x\right)\left(x+2\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>15</mn>}}{\mathrm{(<mo>-</mo><mn>3</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>15</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

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

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

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-5x+5}{x^2+x-2}$ = $\frac{-\frac{5}{x}+\frac{5}{x^2}}{1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}$ → = $\frac{0}{1}$ = 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.

$-5+x$	=	0
$x-5$	=	0	| $+5$
$x$	=	$5$

also Definitionsmenge D=R\{ $5$}

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)= $\frac{4x-4}{-5+x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>16</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>5</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$5$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{4x-4}{-5+x}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>16</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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.

$\left(x+2\right)\left(x+2\right)$	=	0
${\left(x+2\right)}^2$	=	$0$	|
$x+2$	=	0

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

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

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

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

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

Die Funktion besitzt folglich eine senkrechte Asymptote bei x= $-2$ ohne VZW (beides + )

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

$\left(x-2\right)\left(x-3\right)$

=

0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $2$; $3$}

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:

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

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

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

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

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

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

Zuerst 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 $\frac{x+4}{{\left(x+2\right)}^2}$ 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 2 zu bringen, quadrieren wir einfach den Linearterm des Zählers und geben im als Koeffizient 2. 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.
$\frac{2{\left(x+4\right)}^2}{{\left(x+2\right)}^2}$ = $\frac{2x^2+16x+32}{x^2+4x+4}$

$\frac{2x^2+16x+32}{x^2+4x+4}$ = $\frac{x^2·\left(2+\frac{16}{x}+\frac{32}{x^2}\right)}{x^2·\left(1+\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}\right)}$ = $\frac{2+\frac{16}{x}+\frac{32}{x^2}}{1+\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{2x^2+16x+32}{x^2+4x+4}$ = $\frac{2+\frac{16}{x}+\frac{32}{x^2}}{1+\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}}$ → = $\frac{2}{1}$ = $2$

Mit f(x)= $\frac{2{\left(x+4\right)}^2}{{\left(x+2\right)}^2}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten Asymptoten bei x₁=0 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 $\frac{x-2}{\left(x+0\right)·\left(x+3\right)}$ 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.
$\frac{-3{\left(x-2\right)}^2}{\left(x+0\right)·\left(x+3\right)}$ = $\frac{-3x^2+12x-12}{x^2+3x}$

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

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

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

Mit f(x)= $\frac{-3{\left(x-2\right)}^2}{\left(x+0\right)·\left(x+3\right)}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

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

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $\frac{e^{\mathrm{0,3}x}}{5x}$ → $\frac{\infty }{\infty }$ → $\infty$( 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)= $4e^{\mathrm{0,3}x}+4$ → $0+4$ → $4$

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $4e^{\mathrm{0,3}x}+4$ → $\infty +4$ → $\infty$

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