Aloha :)
Das Rezept hat der Koch ja direkt mitgelidert. Schreibe die Funktionen mit Hilfe der angegebenen Linearfaktorzerlegungen auf und kürze gleiche heraus$$f_1(x)=\frac{2x^3-6x+4}{x^3+4x^2+5x+2}=\frac{2\pink{(x+2)}(x-1)^2}{\pink{(x+2)}(x+1)^2}\stackrel{(x\ne-2)}{=}\green{2\,\frac{(x-1)^2}{(x+1)^2}}\quad\text{für }x\ne-2$$$$f_2(x)=\frac{2x^3-6x+4}{x^2+3x+2}=\frac{2\pink{(x+2)}(x-1)^2}{\pink{(x+2)}(x+1)}\stackrel{(x\ne-2)}{=}\green{2\,\frac{(x-1)^2}{x+1}}\quad\text{für }x\ne-2$$In beiden Funktionen konnten wir \(\pink{(x+2)}\) herauskürzen und haben jeweils die grüne vereinfachte Funktion erhalten. Diese vereinfachte Funktion gilt aber nur für \(x\ne-2\), denn bei den ursprünglichen Funktionen wäre der Nenner für \(x=-2\) zu Null geworden, d.h. die ursprünglichen Funktionen sind bei \(x=-2\) nicht definiert.
zu 1) Definitionsbereich: Merke: \(\red{(\frac{\text{egal}}{=0})}\)
Definitionslücken liegen vor, wenn der Nenner \(=0\) ist.
Bei beiden Funktion wird der Nenner für \(x=-2\) und \(x=-1\) zu Null.
Diese \(x\)-Werte dürfen wir nicht einsetzen:$$\mathbb D_1=\mathbb R\setminus\{-1;-2\}\quad;\quad \mathbb D_2=\mathbb R\setminus\{-1;-2\}$$
zu 2) Alle Nullstellen: Merke: \(\red{(\frac{=0}{\ne0})}\)
Nullstellen liegen vor, wenn der Zähler \(=0\) ist und der Nenner \(\ne0\) ist.
Für \(x=-2\) werden zwar die Zähler der beiden Funktionen zu Null, aber leider auch die Nenner. Daher haben beide Funktionen nur eine Nullstelle bei \(x=1\):$$\mathbb N_1=\{1\}\quad;\quad \mathbb N_2=\{1\}$$
zu 3) Alle Polstellen: Merke: \(\red{\frac{\ne0}{=0}}\)
Polstellen liegen vor, wenn der Zähler \(\ne0\) ist und der Nenner \(=0\) ist.
Daher haben beide Funktionen bei \(x=-1\) eine Polstelle.
Bei \(f_1(x)\) steht im Nenner ein Quadrat um den Linearfaktor \((x+1)^{\pink2}\). Daher behält dieser Faktor sein Vorzeichen links und rechts von \(x=-1\) bei. Die Polstelle hat keinen Vorzeichenwechsel.$$f_1(x)\colon\text{Polstelle ohne VZW bei }x=-1$$
Bei \(f_2(x)\) steht im Nenner nur der Linearfaktor \((x+1)\). Für Werte \(x<-1\) ist dieser Faktor negativ und für Werte \(x>-1\) ist er positiv. Daher wechselt der Faktor sein Vorzeichen. Wir haben hier also eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel.$$f_2(x)\colon\text{Polstelle mit VZW bei }x=-1$$
zu 4) Alle behebbaren Lücken: Merke \(\red{(\frac{=0}{=0})}\)
Behebbare Lücken (Unstetigkeiten) liegen vor, wenn Zähler und Nenner beide \(=0\) sind.
Das ist bei beiden Funktionen offensichtlich für \(x=-2\) der Fall. Du kannst mit Hilfe der grünen gekürzten Funktionen sogar den Punkt angeben, der zum Beheben der Lücke notwendig ist:$$P_1(-2|18)\text{ für }f_1(x)\quad;\quad P_2(-2|-18)\text{ für }f_2(x)$$
zu 5) Grenzwerte für \(x\to\pm\infty\)
Suche im Nenner das \(x\) mit der höchsten Potenz und kürze den Bruch durch diese \(x\)-Potenz. Bei \(f_1(x)\) ist \(x^3\) die höchste Potenz im Nenner und bei \(f_2(x)\) ist es \(x^2):$$f_1(x)=\frac{2x^3-6x+4}{x^3+4x^2+5x+2}\stackrel{(x\ne0)}{=}\frac{2-\frac{6}{x^2}+\frac{4}{x^3}}{1+\frac4x+\frac{5}{x^2}+\frac{2}{x^3}}\stackrel{(x\to\pm\infty)}{\to}\frac{2-0+0}{1+0+0+0}=2$$
$$f_2(x)=\frac{2x^3-6x+4}{x^2+3x+2}\stackrel{(x\ne0)}{=}\frac{2x-\frac6x+\frac{4}{x^2}}{1+\frac3x+\frac{5}{x^2}+\frac{2}{x^2}}\to\left\{\begin{array}{ll}+\infty &\text{für }x\to+\infty\\-\infty &\text{für }x\to-\infty\end{array}\right.$$
zu 6) Asymptoten für \(x\to\pm\infty\)
Hier musst du die Funktionsterme so umformen, dass du ein Polynom (ohne Nenner) erhältst und Brüche, in denen der Grad des Zählerpoynoms kleiner(!) als der Grad des Nennerpolynoms ist. Wenn du dann diese Brüche weglässt, bleibt die Asymtote übrig.
Die Rechnung kannst du mittels einer Polynomdivision durchführen oder du formst die Terme direkt um. Ich wähle die zweite Mehtode, da du die Polynomdivsion bestimmt schon kannst:$$f_1(x)=\green{2\,\frac{(x-1)^2}{(x+1)^2}}=2\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^2=2\left(\frac{(x+1)-2}{x+1}\right)^2=2\left(\frac{x+1}{x+1}-\frac{2}{x+1}\right)^2$$$$\phantom{f_1(x)}=2\left(1-\frac{2}{x+1}\right)^2=2\left(1-\frac{4}{x+1}+\frac{4}{(x+1)^2}\right)=\pink2-\frac{8}{x+1}+\frac{8}{(x+1)^2}$$
$$f_2(x)=\green{2\,\frac{(x-1)^2}{x+1}}=2\,\frac{((x+1)-2)^2}{x+1}=2\,\frac{(x+1)^2-4(x+1)+4}{x+1}$$$$\phantom{f_2(x)}=2\left((x+1)-4+\frac{4}{x+1}\right)=\pink{2x-6}+\frac{8}{x-1}$$
Damit haben wir die Asymptoten gefunden:$$a_1(x)=2\quad;\quad a_2(x)=2x-6$$
~plot~ (2x^3-6x+4)/(x^3+4x^2+5x+2) ; [[-15|15|0|20]] ; 2 ; x=-1 ; {-2|18} ~plot~
~plot~ (2x^3-6x+4)/(x^2+3x+2) ; [[-15|15|-30|20]] ; 2x-6 ; x=-1 ; {-2|-18} ~plot~
