Aufgaben zum Berechnen von Asymptoten

Bestimme die Asymptoten:

$f(x)=\frac1x$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen
Senkrechte Asymptote
$f(x)=\frac1x$
Setze den Nenner gleich 0.
$\Rightarrow x=0$
Damit ist eine Definitionslücke gefunden. Die Funktion kann an der Stelle eine Lücke (Grenzwert von links und Grenzwert von rechts existieren und sind gleich), einen Sprung (Grenzwert von links und Grenzwert von rechts existieren, sind aber nicht gleich) oder eine Polstelle (einseitig, beidseitig ohne Vorzeichenwechsel, beidseitig mit Vorzeichenwechsel) haben. Hat die Funktion eine Polstelle, gibt es eine senkrechte Asymptote.
Dazu müssen wir die Grenzwerte von rechts und links untersuchen:
$\lim \limits_{x\rightarrow 0^-{}}\frac{1}{x}=-\infty$ (geht man von links an die Null also $0^{-}$ , dividiert man sehr kleine negative Zahlen, wird der Bruch relativ schnell sehr groß negativ)
$\lim \limits_{x\rightarrow 0^+{}}\frac{1}{x}=\infty$ (geht man von rechts an die Null also $0^{+}$ , dividiert man sehr kleine positive Zahlen, wird der Bruch relativ schnell an sehr große positiv)
Bei $x = 0$ liegt eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.
Die Funktion hat also die Gerade $x = 0$ als senkrechte Asymptote.
Waagerechte Asymptote
$f(x)=\frac1x$
Grenzwert gegen $+\infty$ bilden:
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac1{\underbrace{x}_{\rightarrow+\infty}}=0^+$
Grenzwert gegen $-\infty$ bilden:
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac1{\underbrace{x}_{\rightarrow-\infty}}=0^-$
$\Rightarrow y=0$
$y = 0$ ist eine waagerechte Asymptote.
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$f\left(x\right)=1-\frac1x$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen
Senkrechte Asymptote
$f\left(x\right)=1-\dfrac{1}{x}$
Setze den Nenner gleich 0.
$\Rightarrow x=0$
Damit ist eine Definitionslücke gefunden. Die Funktion kann an der Stelle eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, beidseitig mit oder ohne Vorzeichenwechsel) haben.
$\lim \limits_{x\rightarrow 0^-{}}1-\frac{1}{x}=\infty$ ( $\frac{1}{x}$ geht gegen $-\infty$ )
$\lim \limits_{x\rightarrow 0^+{}}1-\frac{1}{x}=-\infty$ ( $\frac{1}{x}$ geht gegen $\infty$ )
Bei Null liegt also eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.
$x = 0$ ist eine senkrechte Asymptote.
Waagerechte Asymptote
$f(x)=1-\frac1x$
Grenzwert gegen $+\infty$ bilden:
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}1-\underbrace{\dfrac1{\underbrace{x}_{\rightarrow+\infty}}}_{\rightarrow0^+}=1^-$
Grenzwert gegen $-\infty$ bilden:
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}1-\underbrace{\dfrac1{\underbrace{x}_{\rightarrow-\infty}}}_{\rightarrow0^-}=1^+$
$\Rightarrow y=1$
$y = 1$ ist eine waagerechte Asymptote.
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$f\left(x\right)=\frac{1+x}x$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen

Senkrechte Asymptote

$f\left(x\right)=\dfrac{1+x}{x}$

Setze den Nenner gleich 0.

$\Rightarrow x=0$

Damit ist eine Definitionslücke gefunden. Die Funktion kann an der Stelle eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, mit oder ohne Vorzeichenwechsel) haben.

$\lim \limits_{x\rightarrow 0^-{}}\frac{1+x}{x}=-\infty$ (Zähler geht gegen 1, Nenner gegen eine negative Null)

$\lim \limits_{x\rightarrow 0^+{}}\frac{1+x}{x}=\infty$ (Zähler geht gegen 1, Nenner gegen eine positive Null)

Bei $x = 0$ liegt eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.

$x = 0$ ist eine senkrechte Asymptote.

Waagerechte Asymptote

$f(x)=\dfrac{1+x}x$

Grenzwert gegen $+\infty$ :

\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{1+x}{x}

Größte Potenz von $x$ ausklammern.

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{1+x}{x}$	$=$	$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x\cdot(\overbrace{\dfrac1x}^{\rightarrow0^+}+1)}{x}$
	$=$	$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}(\overbrace{\frac1x}^{\rightarrow0^+}+1)=1^+$

Grenzwert gegen $-\infty$ :

\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{\overbrace{1+x}^{\rightarrow-\infty}}{\underbrace x_{\rightarrow-\infty}}

Größte Potenz von $x$ ausklammern.

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{1+x}{x}$	$=$	$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x\cdot(\overbrace{\frac1x}^{\rightarrow0^-}+1)}{x}$
	$=$	$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}(\overbrace{\dfrac1x}^{\rightarrow0^-}+1)=1^-$

$\Rightarrow y=1$

$y = 1$ ist eine waagerechte Asymptote.

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$f(x)=\frac x{1+x}$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen

Senkrechte Asymptote

Setze den Nenner gleich $0$ :

$1 + x = 0$ also $x = - 1$ .

Damit ist eine Definitionslücke gefunden. Die Funktion kann an der Stelle eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, mit oder ohne Vorzeichenwechsel) haben.

$\lim \limits_{x\rightarrow -1^-{}}\frac{x}{x+1}=\infty$ (Zähler geht gegen -1, Nenner gegen eine negative Null)

$\lim \limits_{x\rightarrow -1^+{}}\frac{x}{x+1}=-\infty$ (Zähler geht gegen -1, Nenner gegen eine positive Null)

Bei $x = - 1$ liegt eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.

Die Funktion hat bei $x = - 1$ als senkrechte Asymptote.

Waagerechte Asymptote

$\displaystyle f\left(x\right)$	$=$	$\displaystyle \frac{x}{1+x}$
	$=$	$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\overbrace{x}^{\rightarrow+\infty}}{\underbrace{1+x}_{\rightarrow+\infty}}$
	↓	Grenzwert gegen $+\infty$ bilden
	$=$	$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac x{1+x}$
	↓	Größte Potenz von x ausklammern
	$=$	$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x}{x\cdot(\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow 0^+}+1)}$
	$=$	$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac1{(\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow 0^+}+1)}=1^-$
	$=$	$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{\overbrace{x}^{\rightarrow-\infty}}{\underbrace{1+x}_{\rightarrow-\infty}}$
	↓	Grenzwert gegen $-\infty$ bilden
	$=$	$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x}{1+x}$
	↓	Größte Potenz von x ausklammern
	$=$	$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x}{x\cdot(\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow 0^-}+1)}$
	$=$	$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac1{(\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow 0^-}+1)}=1^+$
$\displaystyle \Rightarrow y$	$=$	$\displaystyle 1$
	↓	y = 1 ist eine waagerechte Asymptote

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$f(x)=\frac{x^2}{1+x^2}$

$f(x)=\frac{\left|x\right|}{1+x}$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen

Senkrechte Asymptote

$\displaystyle f\left(x\right)$	$=$	$\displaystyle \frac{\left\|x\right\|}{1+x}$
	↓	Setze den Nenner gleich 0.
$\displaystyle 1+x$	$=$	$\displaystyle 0$	$\displaystyle -1$
$\displaystyle x$	$=$	$\displaystyle -1$

Damit ist eine Definitionslücke gefunden. Die Funktion kann an der

Stelle eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, mit oder

ohne Vorzeichenwechsel) haben.

$\lim \limits_{x\rightarrow -1^-{}}\frac{|x|}{1+x}=-\infty$ (Zähler geht gegen 1, Nenner gegen eine negative Null)

$\lim \limits_{x\rightarrow -1^+{}}\frac{|x|}{1+x}=\infty$ (Zähler geht gegen 1, Nenner gegen eine positive Null)

Bei $x = - 1$ liegt eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.

$x = - 1$ ist eine senkrechte Asymptote.

Waagrechte Asymptote

\displaystyle f(x)=\frac{\left|x\right|}{1+x}

\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\overbrace{x}^{\rightarrow+\infty}}{\underbrace{1+x}_{\rightarrow+\infty}}

Grenzwert gegen $+\infty$ bilden.

Da $x$ in diesem Grenzwert immer positiv ist, kann der Betrag weggelassen werden.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x}{x\cdot(\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^+}+1)}

Größte Potenz von $x$ ausklammern.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac1{(\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^+}+1)}=1^-

\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{\overbrace{\color{red}{-x}}^{\rightarrow+\infty}}{\underbrace{1+x}_{\rightarrow-\infty}}

Grenzwert gegen $-\infty$ bilden.

Da $x$ in diesem Grenzwert immer negativ ist, kann der Betrag durch ein $-$ ersetzt werden.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{-x}{x\cdot(\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^-}+1)}

Größte Potenz von $x$ ausklammern.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{-1}{(\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^-}+1)}=-1^-

$\Rightarrow y_1=1$ und $y_{2} = - 1$

$y = 1$ ist eine waagrechte Asymptote für $x\rightarrow+\infty$ .

Außerdem ist $y = - 1$ eine waagrechte Asymptote für $x\rightarrow-\infty$ .

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$f(x)=1+\frac1x$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen
Senkrechte Asymptote
$f(x)=1+\frac1x$
Setze den Nenner gleich 0.
$\Rightarrow x=0$
Damit ist eine Definitionslücke gefunden. Die Funktion kann an der
Stelle eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, mit oder
ohne Vorzeichenwechsel) haben.
$\lim \limits_{x\rightarrow 0^-{}}1+\frac{1}{x}=-\infty$ (1 geht gegen 1, $\frac{1}{x}$ geht gegen $-\infty$ )
$\lim \limits_{x\rightarrow 0^+{}}1+\frac{1}{x}=\infty$ (1 geht gegen 1, $\frac{1}{x}$ geht gegen $\infty$ )
Bei $x = 0$ liegt eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.
$x = 0$ ist eine senkrechte Asymptote.
Waagerechte Asymptote
$f(x)=1+\frac1x$
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} 1+\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^+}=1^+$
Grenzwert gegen $+\infty$ bilden.
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty} 1+\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^-}=1^-$
Grenzwert gegen $-\infty$ bilden.
$\Rightarrow y=1$
$y = 1$ ist eine waagrechte Asymptote.
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$f(x)=x+\frac1x$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen
Senkrechte Asymptote
$f(x)=x+\frac1x$
Setze den Nenner gleich 0.
$\Rightarrow x=0$
Damit ist eine Definitionslücke gefunden. Die Funktion kann an der
Stelle eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, mit oder
ohne Vorzeichenwechsel) haben.
$\lim \limits_{x\rightarrow 0^-{}}x+\frac{1}{x}=-\infty$ (x geht gegen 0, $\frac{1}{x}$ geht gegen $-\infty$ )
$\lim \limits_{x\rightarrow 0^+{}}x+\frac{1}{x}=\infty$ (x geht gegen 0, $\frac{1}{x}$ geht gegen $\infty$ )
Bei $x = 0$ liegt eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.
$x = 0$ ist eine senkrechte Asymptote.
Waagerechte Asymptote
$f(x)=x+\frac1x$
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\underbrace{x}_{\rightarrow+\infty}+\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^+}=+\infty$
Grenzwert gegen $+\infty$ bilden.
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\underbrace{x}_{\rightarrow-\infty}+\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^-}=-\infty$
Grenzwert gegen $-\infty$ bilden.
$\Rightarrow$ In diesem Fall existiert keine waagrechte Asymptote.
Schiefe Asymptote
$f(x)=x+\frac1x=\frac{x^2}x+\frac1x=\frac{x^2+1}x$
Der Zählergrad ist um 1 größer als der Nennergrad.
$\Rightarrow$ es existiert eine schiefe Asymptote.
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}x+\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0}=\lim_{x\rightarrow+\infty}x$
Hier ist keine Polynomdivision nötig, da die gewünschte Form schon angegeben ist.
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}x+\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0}=\lim_{x\rightarrow-\infty}x$
$\Rightarrow g(x)=x$ ist eine schiefe Asymptote.
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$f(x)=x-\frac1x$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen
Senkrechte Asymptote
$f(x)=x-\frac1x$
Setze den Nenner gleich 0.
$\Rightarrow x=0$
Damit ist eine Definitionslücke gefunden. Die Funktion kann an der
Stelle eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, mit oder
ohne Vorzeichenwechsel) haben.
$\lim \limits_{x\rightarrow 0^-{}}x-\frac{1}{x}=\infty$ (x geht gegen 0, $\frac{1}{x}$ geht gegen $-\infty$ )
$\lim \limits_{x\rightarrow 0^+{}}x-\frac{1}{x}=-\infty$ (x geht gegen 0, $\frac{1}{x}$ geht gegen $\infty$ )
Bei $x = 0$ liegt eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.
$x = 0$ ist eine senkrechte Asymptote.
Waagerechte Asymptote
$f(x)=x-\frac1x$
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\underbrace{x}_{\rightarrow+\infty}-\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^+}=+\infty$
Grenzwert gegen $+\infty$ bilden.
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\underbrace{x}_{\rightarrow-\infty}-\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^-}=-\infty$
Grenzwert gegen $-\infty$ bilden.
$\Rightarrow$ In diesem Fall gibt es keine waagrechten Assymptoten.
Schiefe Asymptote
$f(x)=x-\frac1x=\frac{x^2}x-\frac1x=\frac{x^2-1}x$
Der Zählergrad ist um 1 größer als der Nennergrad.
$\Rightarrow$ es existiert eine schiefe Asymptote.
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}x-\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0}=\lim_{x\rightarrow+\infty}x$
Hier ist keine Polynomdivision nötig, da die gewünschte Form schon angegeben ist.
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}x-\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0}=\lim_{x\rightarrow-\infty}x$
$\Rightarrow g(x)=x$ ist eine schiefe Asymptote.
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$f(x)=x^2+\frac1x$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen
Senkrechte Asymptote
$f(x)=x^2+\frac1x$
Setze den Nenner gleich $0$ .
$\Rightarrow x=0$
Damit ist eine Definitionslücke gefunden. Die Funktion kann an der
Stelle eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, mit oder
ohne Vorzeichenwechsel) haben.
$\lim \limits_{x\rightarrow 0^-{}}x^2+\frac{1}{x}=-\infty$ ( $x^{2}$ geht gegen 0, $\frac{1}{x}$ geht gegen $-\infty$ )
$\lim \limits_{x\rightarrow 0^+{}}x^2+\frac{1}{x}=\infty$ ( $x^{2}$ geht gegen 0, $\frac{1}{x}$ geht gegen $\infty$ )
Bei $x = 0$ liegt eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.
$x = 0$ ist eine senkrechte Asymptote.
Waagerechte Asymptote
$f(x)=x^2+\frac1x$
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\underbrace{x^2}_{\rightarrow+\infty}+\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^+}=+\infty$
Grenzwert gegen $+\infty$ bilden.
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\underbrace{x^2}_{\rightarrow+\infty}+\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^-}=+\infty$
Grenzwert gegen $-\infty$ bilden.
$\Rightarrow$ In diesem Fall gibt es keine waagrechten Asymptoten.
Kurvenförmige Asymptote
$\displaystyle f(x)=x^2+\frac{1}{x}=\frac{x^3}{x}+\frac{1}{x}=\frac{x^3+1}{x}$
Der Zählergrad ist um $2$ größer als der Nennergrad.
$\Rightarrow$ es existiert eine kurvenförmige Asymptote.
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}x^2+\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^+}=\lim_{x\rightarrow+\infty} x^2$
Hier ist keine Polynomdivision nötig, da die gewünschte Form schon angegeben ist.
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}x^2+\underbrace{\frac1x}_{\rightarrow0^-}=\lim_{x\rightarrow-\infty} x^2$
$\Rightarrow g(x)=x^2$ ist eine kurvenförmige Asymptote.
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$f(x)=x+\frac1{x^2}$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen

Senkrechte Asymptote

$\displaystyle f\left(x\right)_{ }$	$=$	$\displaystyle x+\frac{1}{x^2}$
	↓	Setze den Nenner gleich 0.
$\displaystyle x^2$	$=$	$\displaystyle 0$
	↓	Wurzel ziehen.
$\displaystyle x$	$=$	$\displaystyle 0$

Damit ist eine Definitionslücke gefunden. Die Funktion kann an der

Stelle eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, mit oder

ohne Vorzeichenwechsel) haben.

$\lim \limits_{x\rightarrow 0^-{}}x+\frac{1}{x^2}=\infty$ (x geht gegen 0, $\frac{1}{x^2}$ geht gegen $\infty$ )

$\lim \limits_{x\rightarrow 0^+{}}x+\frac{1}{x^2}=\infty$ (x geht gegen 0, $\frac{1}{x^2}$ geht gegen $\infty$ )

Bei $x = 0$ liegt eine Polstelle vor.

$x = 0$ ist eine senkrechte Asymptote ohne Vorzeichenwechsel.

Waagerechte Asymptote

$f(x)=x+\frac1{x^2}$

\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\underbrace{x}_{\rightarrow+\infty}+\underbrace{\frac1{x^2}}_{\rightarrow0^+}=+\infty

Grenzwert gegen $+\infty$ bilden.

\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\underbrace{x}_{\rightarrow-\infty}+\underbrace{\frac1{x^2}}_{\rightarrow0^+}=-\infty

Grenzwert gegen $-\infty$ bilden.

$\Rightarrow$ In diesem Fall gibt es keine waagrechten Asymptote.

Schiefe Asymptote

$f(x)=x+\frac1{x^2}=\frac{x^3}{x^2}+\frac1{x^2}=\frac{x^3+1}{x^2}$

Der Zählergrad ist um 1 größer als der Nennergrad.

$\Rightarrow$ es existiert eine schiefe Asymptote.

\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}x+\underbrace{\frac1{x^2}}_{\rightarrow0^+}=\lim_{x\rightarrow+\infty}x

Hier ist keine Polynomdivision nötig, da die gewünschte Form schon angegeben ist.

\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}x+\underbrace{\frac1{x^2}}_{\rightarrow0^+}=\lim_{x\rightarrow-\infty}x

$\Rightarrow g(x)=x$ ist eine schiefe Asymptote.

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$f\left(x\right)=\dfrac{3x-3}{x^2-2x+2}$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen

Senkrechte Asymptote

$\displaystyle f\left(x\right)$	$=$	$\displaystyle \frac{3x-3}{x^2-2x+2}$
	↓	Setze den Nenner gleich 0.
$\displaystyle x^2-2x+2$	$=$	$\displaystyle 0$
	↓	Wende die Mitternachtsformel an.
$\displaystyle x_{1{,}2}$	$=$	$\displaystyle \frac{2\pm\sqrt{\left(-2\right)^2-4\cdot1\cdot2}}{2\cdot1}$
	↓	Vereinfache unter der Wurzel.
	$=$	$\displaystyle \frac{2\pm\sqrt{4-8}}{2}$
	$=$	$\displaystyle \frac{2\pm\sqrt{-4}}{2}$
	↓	Da der Wert unter der Wurzel negativ ist, gibt es keine Lösung.

In diesem Fall existieren keine senkrechten Asymptoten.

Waagerechte Asymptote

$\displaystyle f\left(x\right)=\frac{3x-3}{x^2-2x+2}$

Bilde den Grenzwert gegen $+\infty$ .

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\overbrace{3x-3}^{\rightarrow+\infty}}{\underbrace{x^2-2x+2}_{\rightarrow+\infty}}$

Klammere die größte Potenz von $x$ aus.

$\displaystyle=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^2\cdot\overbrace{(\frac3x-\frac3{x^2})}^{\rightarrow0^+}}{x^2\cdot\underbrace{(1-\frac2x+\frac2{x^2})}_{\rightarrow1^-}}=0^+$

Bilde den Grenzwert gegen $-\infty$ .

\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{\overbrace{3x-3}^{\rightarrow-\infty}}{\underbrace{x^2-2x+2}_{\rightarrow+\infty}}

Klammere die größte Potenz von $x$ aus.

$\displaystyle=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x^2\cdot\overbrace{(\frac3x-\frac3{x^2})}^{\rightarrow0^-}}{x^2\cdot\underbrace{(1-\frac2x+\frac2{x^2})}_{\rightarrow1^+}}=0^-$

Damit ist $y = 0$ ist eine waagrechte Asymptote.

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

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen

Senkrechte Asymptote

$\displaystyle f\left(x\right)$	$=$	$\displaystyle \frac{x^2-1}{x^2-2x+1}$
	↓	Setze den Nenner gleich 0.
$\displaystyle x^2-2x+1$	$=$	$\displaystyle 0$
	↓	2. Binomische Formel anwenden.
$\displaystyle \left(x-1\right)^2$	$=$	$\displaystyle 0$	$\displaystyle \text{Wurzel ziehen}$
$\displaystyle x-1$	$=$	$\displaystyle 0$	$\displaystyle +1$
$\displaystyle x$	$=$	$\displaystyle 1$

Damit ist eine Definitionslücke gefunden. Die Funktion kann an der

Stelle eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, mit oder

ohne Vorzeichenwechsel) haben.

$\lim \limits_{x\rightarrow 1^-{}}\frac{x^2-1}{x^2-2x+1}=\lim \limits_{x\rightarrow 1^-{}}\frac{(x+1)(x-1)}{(x-1)^2}=\lim \limits_{x\rightarrow 1^-{}}\frac{(x+1)}{(x-1)}=-\infty$

(Im Zähler und Nenner stehen binomische Formeln. $(x - 1)$ kann gekürzt werden. Dann geht der Zähler gegen 2 und der Nenner gegen eine negative 0.)

$\lim \limits_{x\rightarrow 1^+{}}\frac{x^2-1}{x^2-2x+1}=\lim \limits_{x\rightarrow 1^+{}}\frac{(x+1)(x-1)}{(x-1)^2}=\lim \limits_{x\rightarrow 1^+{}}\frac{(x+1)}{(x-1)}=\infty$

(Im Zähler und Nenner stehen binomische Formeln. $(x - 1)$ kann gekürzt werden. Dann geht der Zähler gegen 2 und der Nenner gegen eine positive 0.)

Bei $x = 1$ liegt eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.

$x = 1$ ist eine senkrechte Asymptote.

Waagerechte Asymptote

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

\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\overbrace{x^2-1}^{\rightarrow+\infty}}{\underbrace{x^2-2x+1}_{\rightarrow+\infty}}

Grenzwert gegen $+\infty$ bilden.

\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^2-1}{x^2-2x+1}

Größte Potenz von $x$ ausklammern.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^2\cdot\overbrace{(1-\frac1{x^2})}^{\rightarrow1^-}}{x^2\cdot\underbrace{(1-\frac2x+\frac1{x^2})}_{\rightarrow1^-}}=1^+

\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{\overbrace{x^2-1}^{\rightarrow+\infty}}{\underbrace{x^2-2x+1}_{\rightarrow+\infty}}

Grenzwert gegen $+\infty$ bilden.

\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x^2-1}{x^2-2x+1}

Größte Potenz von $x$ ausklammern.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x^2\cdot\overbrace{(1-\frac1{x^2})}^{\rightarrow1^-}}{x^2\cdot\underbrace{(1-\frac2x+\frac1{x^2})}_{\rightarrow1^+}}=1^-

$\Rightarrow y=1$

$y = 1$ ist eine waagrechte Asymptote.

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$f(x)=\frac{2x^3-x^2}{x^3+x^2}$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen

Senkrechte Asymptote

$\displaystyle f\left(x\right)$	$=$	$\displaystyle \frac{2x^3-x^2}{x^3+x^2}$
	↓	Setze den Nenner gleich 0.
$\displaystyle x^3+x^2$	$=$	$\displaystyle 0$
	↓	$x^{2}$ ausklammern.
$\displaystyle x^2\left(x+1\right)$	$=$	$\displaystyle 0$

$\Rightarrow x_1=0$ , $x_{2} = - 1$

Damit sind zwei Definitionslücken gefunden. Die Funktion kann an diesen

Stellen eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, mit oder

ohne Vorzeichenwechsel) haben.

Man kann die Funktionsgleichung $f\left(x\right)=\frac{2x^3-x^2}{x^3+x^2}$ umformen:

Ausklammern von $x^{2}$ in Zähler und Nenner erhält man:

\displaystyle =\frac{x^2\cdot(2x-1)}{x^2\cdot(x+1)}=\frac{2x-1}{x+1}

$\lim \limits_{x\rightarrow 0^-{}}\frac{2x-1}{x+1}=-1$ (Zähler geht gegen $- 1$ , Nenner geht gegen $1$ )

$\lim \limits_{x\rightarrow 0^+{}}\frac{2x-1}{x+1}=-1$ (Zähler geht gegen $- 1$ , Nenner geht gegen $1$ )

Also ist $x_{1} = 0$ ist eine hebbare Definitionslücke.

$\lim \limits_{x\rightarrow -1^-{}}\frac{2x-1}{x+1}=\infty$ (Zähler geht gegen $- 3$ , Nenner geht gegen eine negative 0)

$\lim \limits_{x\rightarrow -1^+{}}\frac{2x-1}{x+1}=-\infty$ (Zähler geht gegen $- 3$ , Nenner geht gegen eine positive 0)

Bei $x_{2} = - 1$ liegt eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.

Die senkrechte Asymptote ist $x = - 1$ .

Waagerechte Asymptote

Grenzwert gegen $+\infty$ bilden.

\displaystyle \lim \limits_{x\rightarrow +\infty}\frac{2x^3-x^2}{x^3+x^2}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^3\cdot\overbrace{(2-\frac1x)}^{\rightarrow2^-}}{x^3\cdot\underbrace{(1+\frac1x)}_{\rightarrow1^+}}=2^-

\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{2x^3-x^2}{x^3+x^2}=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{\overbrace{2-\frac{1}{x}}^{\rightarrow-\infty}}{\underbrace{1+\frac{1}{x}}_{\rightarrow-\infty}}=2^+{}

Sowohl für $x\ \rightarrow-\infty$ , als auch für $x\rightarrow+\infty$ geht die Funktion gegen $2$ . Also ist $y = 2$ horizontale Asymptote.

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$f(x)=\frac{x+\left|x\right|}{\left|x\right|-1}$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen

Senkrechte Asymptote

$\displaystyle f\left(x\right)$	$=$	$\displaystyle \frac{x+\left\|x\right\|}{\left\|x\right\|-1}$
	↓	Setze den Nenner gleich 0.
$\displaystyle \left\|x\right\|-1$	$=$	$\displaystyle 0$	$\displaystyle +1$
$\displaystyle \left\|x\right\|$	$=$	$\displaystyle 1$

$x_{1} = 1$ , $x_{2} = - 1$

Damit sind Definitionslücken gefunden. Die Funktion kann an den

Stellen eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, mit oder

ohne Vorzeichenwechsel) haben.

$\lim \limits_{x\rightarrow 1^-{}}\frac{x+|x|}{|x|-1}=-\infty$ (Zähler geht gegen 2, Nenner geht gegen eine negative 0)

$\lim \limits_{x\rightarrow 1^+{}}\frac{x+|x|}{|x|-1}=\infty$ (Zähler geht gegen 2, Nenner geht gegen eine positive 0)

Bei $x = 1$ liegt eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel vor.

$x_{1} = 1$ ist eine senkrechte Asymptote.

Für alle $x\in\mathbb{R}^-\backslash\{-1\}$ gilt für $f (x)$ :

\displaystyle f(x)=\frac{x-x}{-x-1}=0

Damit ist $\lim \limits_{x\rightarrow -1}\frac{x+|x|}{|x|-1}=\lim \limits_{x\rightarrow -1} 0=0$

$\Rightarrow$ Also kann $x_{2} = - 1$ keine senkrechte Asymptote sein.

Der Graph von f hat dort die Lücke $(-1\vert0)$ .

Waagerechte Asymptote

$f(x)=\frac{x+\left|x\right|}{\left|x\right|-1}$

\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x+|x|}{|x|+1}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\overbrace{2x}^{\rightarrow+\infty}}{\underbrace{x-1}_{\rightarrow+\infty}}

Grenzwert gegen $+\infty$ bilden.

Da $x$ in diesem Fall immer positiv ist kann der Betrag weggelassen werden.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{2x}{x\cdot\underbrace{(1-\frac1x)}_{\rightarrow1^-}}

Größte Potenz von $x$ ausklammern.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac2{\underbrace{1-\frac1x}_{\rightarrow1^-}}=2^+

\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x+|x|}{|x|+1}=\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x-x}{-x+1}

Grenzwert gegen $-\infty$ bilden.

Da $x$ in diesem Fall immer negativ ist kann der Betrag durch $-$ ersetzt werden.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac0{\underbrace{-x+1}_{\rightarrow+\infty}}=0

$\Rightarrow y_1=2$ und $y_{2} = 0$

$y_{1} = 2$ ist eine waagrechte Asymptote für $x\rightarrow+\infty$ .

$y_{2} = 0$ ist eine waagrechte Asymptote für $x\rightarrow-\infty$ .

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$f(x)=\frac{-4x^3+8x^2+23x}{9x^2-18x+9}$

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen

Senkrechte Asymptote

$\displaystyle f\left(x\right)$	$=$	$\displaystyle \frac{-4x^3+8x^2+23x}{9x^2-18x+9}$
	↓	Setze den Nenner gleich 0.
$\displaystyle 9x^2-18x+9$	$=$	$\displaystyle 0$
	↓	9 ausklammern.
$\displaystyle 9\cdot\left(x^2-2x+1\right)$	$=$	$\displaystyle 0$
	↓	2. Binomische Formel anwenden.
$\displaystyle \left(x-1\right)^2$	$=$	$\displaystyle 0$	$\displaystyle \text{quadrieren}$
$\displaystyle x-1$	$=$	$\displaystyle 0$	$\displaystyle +1$
$\displaystyle x$	$=$	$\displaystyle 1$

Damit ist eine Definitionslücke gefunden. Die Funktion kann an der

Stelle eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, mit oder

ohne Vorzeichenwechsel) haben.

$\lim \limits_{x\rightarrow 1^-{}}\frac{-4x^3+8x^2+23x}{9x^2-18x+9}=\infty$ (Zähler geht gegen 27, Nenner geht gegen eine positive 0)

$\lim \limits_{x\rightarrow 1^+{}}\frac{-4x^3+8x^2+23x}{9x^2-18x+9}=\infty$ (Zähler geht gegen 27, Nenner geht gegen eine positive 0)

Bei $x = 1$ liegt eine Polstelle vor.

$x = 1$ ist eine senkrechte Asymptote ohne Vorzeichenwechsel.

Waagerechte Asymptote

\displaystyle f(x)=\frac{-4x^3+8x^2+23x}{9x^2-18x+9}

\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\overbrace{-4x^3+8x^2+23x}^{\rightarrow-\infty}}{\underbrace{9x^2-18x+9}_{\rightarrow+\infty}}

Grenzwert gegen $+\infty$ bilden.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^3\cdot\overbrace{(-4+\frac8x+\frac{23}{x^2})}^{\rightarrow(-4)^+}}{x^3\cdot\underbrace{(\frac9x-\frac{18}{x^2}+\frac9{x^3})}_{\rightarrow0^+}}

Größte Potenz von $x$ ausklammern.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\overbrace{-4+\frac8x+\frac{23}{x^2}}^{\rightarrow(-4)^+}}{\underbrace{\frac9x-\frac{18}{x^2}+\frac9{x^3}}_{\rightarrow0^+}}=-\infty

\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{\overbrace{-4x^3+8x^2+23x}^{\rightarrow+\infty}}{\underbrace{9x^2-18x+9}_{\rightarrow+\infty}}

Grenzwert gegen $-\infty$ bilden.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x^3\cdot\overbrace{(-4+\frac8x+\frac{23}{x^2})}^{\rightarrow(-4)^-}}{x^3\cdot\underbrace{(\frac9x-\frac{18}{x^2}+\frac9{x^3})}_{\rightarrow0^-}}

Größte Potenz von $x$ ausklammern.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{\overbrace{-4+\frac8x+\frac{23}{x^2}}^{\rightarrow(-4)^-}}{\underbrace{\frac9x-\frac{18}{x^2}+\frac9{x^3}}_{\rightarrow0^-}}=+\infty

$\Rightarrow$ In diesem Fall gibt es keine waagrechte Asymptoten.

Schiefe Asymptote

\displaystyle f(x)=\frac{-4x^3+8x^2+23x}{9x^2-18x+9}

Der Zählergrad ist um 1 größer als der Nennergrad.

$\Rightarrow$ es existiert eine schiefe Asymptote.

Variante 1: Polynomdivision

\displaystyle f(x)=\frac{-4x^3+8x^2+23x}{9x^2-18x+9}

$\hphantom{-}(-4x^3+8x^2+23x):(9x^2-18x+9)=-\frac{4}{9}x+\frac{27x}{9x^2-18x+9}\\\underline{-(-4x^3+8x^2-4x)}\\\hphantom{-(-4x^3+8x^2-)}27x$

\displaystyle \lim_{x \rightarrow \pm\infty}f(x)=\lim_{x \rightarrow \pm\infty}-\frac{4}{9}x+\underbrace{\frac{27x}{9x^2-18x+9}}_{\rightarrow 0}=-\frac{4}{9}x

$\displaystyle-\frac{4}{9}x$ ist die schiefe Asymptote.

Variante 2: Funktionsterm umformen

$\displaystyle f\left(x\right)$	$=$	$\displaystyle \frac{-4x^3+8x^2+23x}{9x^2-18x+9}$
	$=$	$\displaystyle -\frac{4}{9}x\cdot\frac{x^2-2x-\frac{23}{4}}{x^2-2x+1}$
	$=$	$\displaystyle -\frac{4}{9}x\cdot\frac{x^2-2x+1-1-\frac{23}{4}}{x^2-2x+1}$
	$=$	$\displaystyle -\frac{4}{9}x\cdot\left(\frac{x^2-2x+1}{x^2-2x+1}+\frac{-1-\frac{23}{4}}{x^2-2x+1}\right)$
	$=$	$\displaystyle -\frac{4}{9}x\cdot\frac{x^2-2x+1}{x^2-2x+1}-\frac{4}{9}x\cdot\frac{-1-\frac{23}{4}}{x^2-2x+1}$

$\lim_{x \rightarrow \pm\infty}-\frac{4}{9}x\cdot\frac{(x^2-2x+1)}{(x^2-2x+1)}-\frac{4}{9}x\cdot\frac{-1-\frac{23}{4}}{x^2-2x+1}\\$

$=\lim_{x \rightarrow \pm\infty}-\frac{4}{9}x\underbrace{-\frac{4}{9}\cdot\frac{-1-\frac{23}{4}}{x-2+\frac{1}{x}}}_{\rightarrow 0}\\$

$=-\frac{4}{9}x$

Ein $x$ des Zählers und die Koeffizienten der höchsten Potenzen von Zähler und Nenner ausklammern, nach vorne ziehen und danach im Zähler den Nenner durch geschicktes Ergänzen reproduzieren.

Dadurch erhältst du einen Term, bei dem du den ersten Bruch komplett kürzen kannst und bei dem der Grenzwert des zweiten Bruchs eine Zahl ist.

$\displaystyle-\frac{4}{9}x$ ist die schiefe Asymptote.

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

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Asymptoten berechnen

Senkrechte Asymptote

$\displaystyle f\left(x\right)$	$=$	$\displaystyle \frac{\left(x+3\right)^2\cdot\left(x^2-1\right)}{\left(x+3\right)\cdot\left(x^2+1\right)}$
	↓	Setze den Nenner gleich 0.
$\displaystyle \left(x+3\right)\cdot\left(x^2+1\right)$	$=$	$\displaystyle 0$

Setze die erste Klammer gleich 0: $x + 3 = 0$

$\Rightarrow x=-3$

Setze die zweite Klammer gleich 0: $x^{2} + 1 = 0$

$\Rightarrow \text{keine Lösung möglich}$

Damit ist eine Definitionslücke ( $x = - 3$ ) gefunden. Die Funktion kann an der

Stelle eine Lücke, einen Sprung oder eine Polstelle (einseitig, mit oder

ohne Vorzeichenwechsel) haben.

$\lim \limits_{x\rightarrow -3^-{}}\frac{\left(x+3\right)^2\cdot(x^2-1)}{\left(x+3\right)\cdot(x^2+1)}=\lim \limits_{x\rightarrow -3^-{}}\frac{(x+3)\cdot(x^2-1)}{x^2+1}=0$ (Zähler geht gegen 0, Nenner geht gegen 10)

$\lim \limits_{x\rightarrow -3^+{}}\frac{\left(x+3\right)^2\cdot(x^2-1)}{\left(x+3\right)\cdot(x^2+1)}=\lim \limits_{x\rightarrow -3^+{}}\frac{(x+3)\cdot(x^2-1)}{x^2+1}=0$ (Zähler geht gegen 0, Nenner geht gegen 10)

In diesem Fall ist $x = - 3$ keine senkrechte Asymptote.

Also ist $x = - 3$ eine hebbare Definitionslücke.

Waagerechte Asymptote

\displaystyle f(x)=\frac{\left(x+3\right)^2\cdot(x^2-1)}{\left(x+3\right)\cdot(x^2+1)}

Kürze $(x + 3)$ .

\displaystyle =\frac{(x+3)\cdot(x^2-1)}{x^2+1}

Ausmultiplizieren.

\displaystyle =\frac{x^3+3x^2-x-3}{x^2+1}

\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\overbrace{x^3+3x^2-x-3}^{\rightarrow+\infty}}{\underbrace{x^2+1}_{\rightarrow+\infty}}=

Grenzwert gegen $+\infty$ bilden.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^3\cdot\overbrace{(1+\frac3x-\frac1{x^2}-\frac3{x^3}}^{\rightarrow1^+}}{x^3\cdot\underbrace{(\frac1{x}+\frac1{x^3})}_{\rightarrow0^+}}

Größte Potenz von $x$ ausklammern.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\overbrace{(1+\frac3x-\frac1{x^2}-\frac3{x^3}}^{\rightarrow1^+}}{\underbrace{(\frac1{x}+\frac1{x^3})}_{\rightarrow0^+}}=+\infty

\displaystyle \lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{\overbrace{x^3+3x^2-x-3}^{\rightarrow-\infty}}{\underbrace{x^2+1}_{\rightarrow+\infty}}=

Grenzwert gegen $-\infty$ bilden.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{x^3\cdot\overbrace{(1+\frac3x-\frac1{x^2}-\frac3{x^3}}^{\rightarrow1^-})}{x^3\cdot\underbrace{(\frac1{x}+\frac1{x^3})}_{\rightarrow0^-}}

Größte Potenz von $x$ ausklammern.

\displaystyle =\lim_{x\rightarrow-\infty}\frac{\overbrace{(1+\frac3x-\frac1{x^2}-\frac3{x^3})}^{\rightarrow1^-}}{\underbrace{(\frac1{x}+\frac1{x^3})}_{\rightarrow0^-}}=-\infty

$\Rightarrow$ In diesem Fall gibt es keine waagrechte Asymptote.

Schiefe Asymptote

\displaystyle f(x)=\frac{\left(x+3\right)^2\cdot(x^2-1)}{\left(x+3\right)\cdot(x^2+1)}=

Kürze $(x + 3)$ .

\displaystyle =\frac{(x+3)\cdot(x^2-1)}{x^2+1}

Ausmultiplizieren.

\displaystyle =\frac{x^3+3x^2-x-3}{x^2+1}

Der Zählergrad ist um 1 größer als der Nennergrad.

$\Rightarrow$ es existiert eine schiefe Asymptote.

Führe die Polynomdivision durch.

$\hphantom{-}(x^3+3x^2-x-3):(x^2+1)=x+3+\frac{-2x-6}{x^2+1}\\\underline{-(x^3\hphantom{+3x^2}+x)}\\\hphantom{-(x^3+}3x^2-2x\\\hphantom{-(x^3}\underline{-(3x^2\hphantom{-2x}+3)}\\\hphantom{-(x^3-(3x^2}-2x-6$

$\lim_{x\rightarrow \pm \infty} f(x)=\lim_{x\rightarrow \pm \infty} x+3+\underbrace{\frac{-2x-6}{x^2+1}}_{\rightarrow 0}=x+3$

$\Rightarrow g(x)=x+3$ ist eine schiefe Asymptote.

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$\displaystyle f\left(x\right)$	$=$	$\displaystyle \frac{x^2}{1+x^2}$
	↓	Setze den Nenner gleich 0.
$\displaystyle 1+x^2$	$=$	$\displaystyle 0$	$\displaystyle -1$
$\displaystyle x^2$	$=$	$\displaystyle -1$