senkrechte Asymptoten

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:

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

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)= $\frac{5x^2+x+3}{{\left(x+2\right)}^2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>21</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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)= $\frac{5x^2+x+3}{{\left(x+2\right)}^2}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>21</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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

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.
$\frac{5x^2+x+3}{\left(x+2\right)·\left(x+2\right)}$ = $\frac{5x^2+x+3}{x^2+4x+4}$

$\frac{5x^2+x+3}{x^2+4x+4}$ = $\frac{x^2·\left(5+\frac{1}{x}+\frac{3}{x^2}\right)}{x^2·\left(1+\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}\right)}$ = $\frac{5+\frac{1}{x}+\frac{3}{x^2}}{1+\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{5x^2+x+3}{x^2+4x+4}$ = $\frac{5+\frac{1}{x}+\frac{3}{x^2}}{1+\frac{4}{x}+\frac{4}{x^2}}$ → = $\frac{5}{1}$ = $5$

Die Funktion besitzt folglich eine waagrechte Asymptote bei y = $5$.

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

$e^{-3x}-1$	=	0	| $+1$
$e^{-3x}$	=	$1$	|ln(⋅)
$-3x$	=	0	|:$-3$
$x$	=	0	≈ 0

also Definitionsmenge D=R\{0}

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)= $\frac{4x+4}{e^{-3x}-1}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>4</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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

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

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

$x·\left(x-4\right)$

=

0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{0; $4$}

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

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

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

Wir untersuchen nun das Verhalten für x → $4$ (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)= $\frac{2x^2+2x-1}{x·\left(x-4\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>39</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>4</mn>)\; \cdot \; "-0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>39</mn>}}{\mathrm{"-0"}}$ → $-\infty$

Für x${\displaystyle \stackrel{ \text{x><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>4</mn></mrow> </math>} }{⟶}}$$4$⁺ ⇒ f(x)= $\frac{2x^2+2x-1}{x·\left(x-4\right)}$ → $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>39</mn>}}{\mathrm{(<mo>+</mo><mn>4</mn>)\; \cdot \; "+0"}}$ = $\frac{\mathrm{<mo>+</mo><mn>39</mn>}}{\mathrm{"+0"}}$ → $\infty$

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.

$\left(x-1\right)·\left(x-3\right)$

=

0

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

1. Fall:

2. Fall:

also Definitionsmenge D=R\{ $1$; $3$}

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:

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

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

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

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

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

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

Zuerst der Nenner

Aufgrund der senkrechten 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 $\frac{x^2-7x+12}{\left(x-1\right)·\left(x+2\right)}$ 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.
$\frac{-3\left(x^2-7x+12\right)}{\left(x-1\right)·\left(x+2\right)}$ = $\frac{-3x^2+21x-36}{x^2+x-2}$

$\frac{-3x^2+21x-36}{x^2+x-2}$ = $\frac{x^2·\left(-3+\frac{21}{x}-\frac{36}{x^2}\right)}{x^2·\left(1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}\right)}$ = $\frac{-3+\frac{21}{x}-\frac{36}{x^2}}{1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}$

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

Für x → ±∞ ⇒ f(x)= $\frac{-3x^2+21x-36}{x^2+x-2}$ = $\frac{-3+\frac{21}{x}-\frac{36}{x^2}}{1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}$ → = $\frac{-3}{1}$ = $-3$

Mit f(x)= $\frac{-3\left(x^2-7x+12\right)}{\left(x-1\right)·\left(x+2\right)}$ sind also alle Bedingungen erfüllt

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

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

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

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

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

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

Für x → ∞ ⇒ f(x)= $\frac{e^{\mathrm{0,5}x}}{5x}$ → $\frac{\infty }{\infty }$ → $\infty$( 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)= $-4x·e^{\mathrm{0,1}x}$ → $\infty ·0$ → 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)= $-4x·e^{\mathrm{0,1}x}$ → $-\infty ·\infty$ → $-\infty$

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