1

a

Als $x = 0$ , is de teller niet $0$ en de noemer wel, dus de lijn $x = 0$ is verticale asymptoot.
De lijn $x = ‐ 2$ moet dan geen verticale asymptoot zijn, dus moet $a x^{2} + 1 = 0$ voor $x = ‐ 2$ , dus $a = ‐ \frac{1}{4}$ .
$\lim_{x \to ‐ 2} \frac{‐ \frac{1}{4} x^{2} + 1}{x^{2} + 2 x} = \lim_{x \to ‐ 2} ‐ \frac{x - 2}{4 x} = ‐ \frac{1}{2}$ , dus $(‐ 2, ‐ \frac{1}{2})$ is perforatie.

b

$a = 2$

2

$\lim_{x \to \pm \infty} f (x) = 2$ , dus de lijn $y = 2$ is horizontale asymptoot;
$\lim_{x ↓ 1} f (x) = \infty$ , dus de lijn $x = 1$ is verticale asymptoot.
$\lim_{x \to \infty} g (x) = \lim_{x \to \infty} \frac{2 x + 1}{x - 1} = 2$ en $\lim_{x \to ‐ \infty} g (x) = \lim_{x \to ‐ \infty} \frac{2 x + 1}{‐ x + 1} = ‐ 2$ , dus de lijnen $y = 2$ en $y = ‐ 2$ zijn horizontale asymptoot.
$\lim_{x \to 1} g (x) = \infty$ , dus de lijn $x = 1$ is verticale asymptoot.
$\lim_{x \to \pm \infty} h (x) = 0$ , dus de $x$ -as is horizontale asymptoot.
$\lim_{x \to 3} h (x) = \lim_{x \to 3} \frac{1}{x + 3} = \frac{1}{6}$ , dus $(3, \frac{1}{6})$ is perforatie.
$\lim_{x ↑ ‐ 3} h (x) = \lim_{x ↑ ‐ 3} \frac{1}{x + 3} = ‐ \infty$ dus $x = ‐ 3$ is een verticale asymptoot;
$\lim_{x \to \pm \infty} k (x) = 0$ , dus de $x$ -as is horizontale asymptoot;
$\lim_{x \to ‐ 3} k (x) = \lim_{x ↑ ‐ 3} ‐ \frac{1}{x - 3} = ‐ \frac{1}{6}$ en $\lim_{x \to 3} k (x) = \lim_{x \to 3} \frac{1}{x + 3} = \frac{1}{6}$ , dus $(3, \frac{1}{6})$ en $(‐ 3, ‐ \frac{1}{6})$ zijn perforaties.

3

Verticale asymptoot: $e^{x} - 2 = 0$ als $x = \ln (2)$ en dan is de teller niet nul, dus $x = \ln (2)$ is een verticale asymptoot;
Horizontale asymptoten:
$\lim_{x \to ‐ \infty} e^{x} = 0$ , dus $\lim_{x \to ‐ \infty} \frac{e^{x} + 4}{e^{x} - 2} = \frac{0 + 4}{0 - 2} = ‐ 2$ , dus horizontale asymptoot $y = ‐ 2$ ;
$\lim_{x \to \infty} \frac{e^{x} + 4}{e^{x} - 2} = \lim_{x \to \infty} \frac{1 + \frac{4}{e^{x}}}{1 - \frac{2}{e^{x}}} = \frac{1 + 0}{1 - 0} = 1$ , dus horizontale asymptoot $y = 1$ .

4

a

$x$ in het domein als $0 < x < e$ of als $x > e$ .

b

$\lim_{x \to \infty} f (x) = \lim_{x \to \infty} \frac{2 + \frac{1}{\ln (x)}}{1 - \frac{1}{\ln (x)}} = 2$ , dus de lijn $y = 2$ is horizontale asymptoot;
$\lim_{x ↓ e} f (x) = \infty$ , dus de lijn $x = e$ is verticale asymptoot.

c

$\lim_{x ↓ 0} f (x) = \lim_{x ↓ 0} \frac{2 + \frac{1}{\ln (x)}}{1 - \frac{1}{\ln (x)}} = 2$ , dus $(0,2)$ is het randpunt.

5

a

$\lim_{x \to ‐ \infty} \frac{4^{x} - 1}{2^{x} - 1} = \frac{0 - 1}{0 - 1} = 1$ , dus horizontale asymptoot $y = 1$ .

b

Teller en noemer zijn nul bij $x = 0$ ; $f (x) = \frac{4^{x} - 1}{2^{x} - 1} = \frac{(2^{x} - 1) (2^{x} + 1)}{2^{x} - 1} = 2^{x} + 1$ (als $x \neq 0$ ), $\lim_{x \to 0} f (x) = \lim_{x \to 0} (2^{x} + 1) = 2^{0} + 1 = 2$ , dus de perforatie is $(0,2)$ .

6

a

$f (x) = 2 x - 2 + \frac{4}{3 x + 1}$ , dus scheve asymptoot $y = 2 x - 2$

b

$g (x) = \frac{1}{2} x - 2 + \frac{4}{2 x + 2} = \frac{1}{2} x - 2 + \frac{2}{x + 1}$ , dus scheve asymptoot $y = \frac{1}{2} x - 2$

c

$h (x) = \frac{x^{3} + 9 x^{2} + 27 x + 27}{3 x^{2}} = \frac{1}{3} x + 3 + \frac{27 x + 27}{3 x^{2}} = \frac{1}{3} x + 3 + \frac{9 x + 9}{x^{2}}$ , dus scheve asymptoot $y = \frac{1}{3} x + 3$

d

$(x - 3) (x + 1) = x^{2} - 2 x - 2$ , dus $a = ‐ 2$

e

Dan moet de waarde van $x$ waarvoor de noemer nul is, ook de teller nul zijn. Noemer is nul bij $x = ‐ 1$ , dus ${(‐ 1)}^{2} + a \cdot ‐ 1 + 2 = 0$ $\to$ $a = 3$ .
$\lim_{x \to ‐ 1} \frac{x^{2} + 3 x + 2}{x + 1} = \lim_{x \to ‐ 1} \frac{(x + 1) (x + 2)}{x + 1} = \lim_{x \to ‐ 1} x + 2 = 1$ dus perforatie $(‐ 1,1)$

7

a

$f_{6} (x) = 2 x - 8 - \frac{6 x + 72}{x^{2} - 9}$ , dus de scheve asymptoot is $y = 2 x - 8$ .
Twee verticale asymptoten: $x = ‐ 3$ en $x = 3$

b

$a = 3$ : $f_{3} (x) = \frac{(x - 3) \cdot (2 x^{2} + 4 x)}{x^{2} - 9} = \frac{(x - 3) \cdot (2 x^{2} + 4 x)}{(x - 3) \cdot (x + 3)} = \frac{2 x^{2} + 4 x}{x + 3}$ (als $x \neq 3$ ); $\lim_{x \to 3} \frac{2 x^{2} + 4 x}{x + 3} = 5$ , dus perforatie $(3,5)$ ;
$a = ‐ 3$ : $f_{‐ 3} (x) = \frac{(x + 3) \cdot (2 x^{2} + 4 x)}{x^{2} - 9} = \frac{(x + 3) \cdot (2 x^{2} + 4 x)}{(x - 3) \cdot (x + 3)} = \frac{2 x^{2} + 4 x}{x - 3}$
(als $x \neq ‐ 3$ ); $\lim_{x \to ‐ 3} \frac{2 x^{2} + 4 x}{x - 3} = ‐ 1$ , dus perforatie $(‐ 3, ‐ 1)$

8

a

$x$ in het domein als $x^{2} - 1$ positief is, dus $x > 1$ of $x < ‐ 1$ .

b

$\lim_{x \to \infty} f (x) = \lim_{x \to \infty} \sqrt{\frac{{(x + 1)}^{2}}{x^{2} - 1}} = \lim_{x \to \infty} \sqrt{\frac{1 + \frac{2}{x} + \frac{1}{x^{2}}}{1 - \frac{1}{x^{2}}}} = 1$ ;
$\lim_{x \to ‐ \infty} f (x) = \lim_{x \to ‐ \infty} ‐ \sqrt{\frac{{(x + 1)}^{2}}{x^{2} - 1}} = \lim_{x \to \infty} ‐ \sqrt{\frac{1 + \frac{2}{x} + \frac{1}{x^{2}}}{1 - \frac{1}{x^{2}}}} = ‐ 1$ , want als $a < 0$ , dan $a = ‐ \sqrt{a^{2}}$ ;
$\lim_{x ↓ 1} f (x) = \lim_{x ↓ 1} \sqrt{\frac{{(x + 1)}^{2}}{(x + 1) (x - 1)}} = \lim_{x ↓ 1} \sqrt{\frac{x + 1}{x - 1}} = \infty$ .

c

Als $p$ een positief getal is dan is $\sqrt{p^{2}} = p$ .
Als $a$ een negatief getal is, dan is $‐ a$ positief, dus $\sqrt{a^{2}} = \sqrt{{(‐ a)}^{2}} = ‐ a$ .
Dus als $x < ‐ 1$ , dan is $x + 1$ negatief, dus $\frac{x + 1}{\sqrt{x^{2} - 1}} = ‐ \sqrt{\frac{{(x + 1)}^{2}}{(x - 1) (x + 1)}} = ‐ \sqrt{\frac{x + 1}{x - 1}}$

d

$\lim_{x ↑ ‐ 1} f (x) = \lim_{x ↑ ‐ 1} ‐ \sqrt{\frac{x + 1}{x - 1}} = 0$ .
Dus de grafiek van $f$ heeft een perforatie $(‐ 1,0)$ .