L'Hospital Kuralı
İlgili sayfalar: Türev | Türev Alma Kuralları
Aşağıdaki iki durumdan birinde limit ifadesine L'Hospital kuralı uygulanarak limit değerinin bulunması denenebilir.
- Limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) ya da \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliklerinden biri varsa
- Limit ifadesinde diğer beş belirsizlikten biri varsa ve ifade \( \frac{0}{0} \) ya da \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliklerinden birine dönüştürülebiliyorsa
L'Hospital kuralı türev alma kurallarını bilmeyi gerektirmektedir.
\( f \) ve \( g \), \( a \) noktasını içeren açık bir aralıkta tanımlı, \( a \) noktasının iki tarafında türevlenebilir olan, \( a \) noktasında türevlenebilir olan ya da olmayan birer fonksiyon olmak üzere,
\( \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \dfrac{\lim\limits_{x \to a} f(x)}{\lim\limits_{x \to a} g(x)} \) limitinde,
\( \frac{0}{0} \) ya da \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizlikleri elde ediliyorsa,
\( \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} \)
eşitliği kullanılarak limit değeri hesaplanabilir.
L'Hospital kuralını kullanabilmemiz için \( \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} \) limitinin tanımlı olması gerekmektedir.
L'Hospital kuralı özetle bu iki belirsizlik durumunda payın ve paydanın ayrı ayrı türevi alınarak elde edilen yeni fonksiyonun limitinin alınabileceğini söyler. Buna göre payın ve paydanın türevi alındığında elde edilen limit değeri orijinal ifadenin limitine eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{x^3 - 4x^2 + 6x - 4}{x - 2} \) limitini hesaplayalım.
\( \lim\limits_{x \to 2} (x^3 - 4x^2 + 6x - 4) \) \( = 2^3 - 4(2)^2 + 6(2) - 4 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 2} (x - 2) = 2 - 2 = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
İfadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{x^3 - 4x^2 + 6x - 4}{x - 2} = \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{(x^3 - 4x^2 + 6x - 4)'}{(x - 2)'} \)
\( = \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{3x^2 - 8x + 6}{1} \)
İfadede belirsizlik ortadan kalkmış oldu.
Polinom fonksiyonunun bir noktadaki limiti o noktadaki fonksiyon değerine eşittir.
\( = 3(2)^2 - 8(2) + 6 = 2 \)
L'Hospital kuralı uygulandığında \( \frac{0}{0} \) ya da \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği devam ediyorsa elde edilen fonksiyona L'Hospital kuralı (kuralın koşulları sağlandığı sürece) belirsizlik yok oluncaya kadar tekrarlı şekilde uygulanabilir.
\( \lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim\limits_{x \to a} \frac{f''(x)}{g''(x)} = \ldots \)
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x - x - 1}{x^2} \) limitini hesaplayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} (e^x - x - 1) = e^0 - 0 - 1 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} {x^2} = 0^2 = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
İfadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x - x - 1}{x^2} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(e^x - x - 1)'}{(x^2)'} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{2x} \)
\( x = 0 \) koyduğumuzda \( \frac{0}{0} \) belirsizliğinin devam ettiğini görebiliriz.
İfadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{2x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(e^x - 1)'}{(2x)'} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x}{2} \)
\( x = 0 \) koyduğumuzda belirsizliğin ortadan kalktığını görebiliriz.
\( = \dfrac{e^0}{2} = \dfrac{1}{2} \)
L'Hospital kuralı diğer yöntemlerle belirsizliğin giderilemediği durumlarda da kullanılabilir.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin{x}}{x} \) limitini hesaplayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\sin{x}} = \sin{0} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} {x} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
İfadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin{x}}{x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(\sin{x})'}{x'} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\cos{x}}{1} \)
\( x = 0 \) koyduğumuzda belirsizliğin ortadan kalktığını görebiliriz.
\( = \cos{0} = 1 \)
Aşağıdaki limitleri hesaplayınız.
(a) \( \lim\limits_{x \to -1} {\dfrac{x^3 + 1}{x^2 - 1}} \)
(b) \( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{x + 5}{e^x}} \)
(c) \( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\sqrt{x + 1} - 1}{x}} \)
Çözümü Göster(a) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to -1} {\dfrac{x^3 + 1}{x^2 - 1}} \)
Payın ve paydanın ayrı ayrı limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to -1} {x^3 + 1} = (-1)^3 + 1 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to -1} {x^2 - 1} = (-1)^2 - 1 = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to -1} {\dfrac{x^3 + 1}{x^2 - 1}} = \lim\limits_{x \to -1} {\dfrac{(x^3 + 1)'}{(x^2 - 1)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to -1} {\dfrac{3x^2}{2x}} \)
\( = \lim\limits_{x \to -1} {\dfrac{3x}{2}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
Limit ifadesi \( x = -1 \) noktasında tanımlı ve sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limitini hesaplayabiliriz.
\( = \dfrac{3(-1)}{2} = -\dfrac{3}{2} \)
(b) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x + 5}{e^x} \)
Payın ve paydanın ayrı ayrı limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (x + 5) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {e^x} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{x + 5}{e^x}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(x + 5)'}{(e^x)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{1}{e^x}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
\( x \to \infty \) iken \( e^x \to \infty \) olur.
\( = \dfrac{1}{\infty} = 0 \)
(c) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\sqrt{x + 1} - 1}{x}} \)
Payın ve paydanın ayrı ayrı limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} (\sqrt{x + 1} - 1) = \sqrt{0 + 1} - 1 \)
\( = 1 - 1 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} {x} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\sqrt{x + 1} - 1}{x}} = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{(\sqrt{x + 1} - 1)'}{(x)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\frac{1}{2\sqrt{x + 1}}}{1}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{1}{2\sqrt{x + 1}}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
Limit ifadesi \( x = 0 \) noktasında tanımlı ve sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limitini hesaplayabiliriz.
\( = \dfrac{1}{2\sqrt{0 + 1}} = \dfrac{1}{2} \)
Aşağıdaki limitleri hesaplayınız.
(a) \( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{4^x - 2^x}{x} \)
(b) \( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\sqrt{x + 4} - \sqrt{4 - x}}{x}} \)
(c) \( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{x^3 + 2x}{2x^2 + 1}} \)
Çözümü Göster(a) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{4^x - 2^x}{x} \)
Payın ve paydanın ayrı ayrı limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} (4^x - 2^x) = 4^0 - 2^0 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} x = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{4^x - 2^x}{x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(4^x - 2^x)'}{(x)'} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{4^x\ln{4} - 2^x\ln{2}}{1} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} (4^x\ln{4} - 2^x\ln{2}) \)
Limiti alınan üstel ifade tüm reel sayılarda sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limiti bulabiliriz.
\( = 4^0\ln{4} - 2^0\ln{2} \)
\( = 2\ln{2} - \ln{2} \)
\( = \ln{2} \)
(b) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\sqrt{x + 4} - \sqrt{4 - x}}{x}} \)
Payın ve paydanın ayrı ayrı limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} (\sqrt{x + 4} - \sqrt{4 - x}) = \sqrt{0 + 4} - \sqrt{4 - 0} \)
\( = 2 - 2 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} {x} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\sqrt{x + 4} - \sqrt{4 - x}}{x}} = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{(\sqrt{x + 4} - \sqrt{4 - x})'}{(x)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\frac{1}{2\sqrt{x + 4}} + \frac{1}{2\sqrt{4 - x}}}{1}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} \left( \dfrac{1}{2\sqrt{x + 4}} + \dfrac{1}{2\sqrt{4 - x}} \right) \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
Limit ifadesi \( x = 0 \) noktasında tanımlı ve sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limitini hesaplayabiliriz.
\( = \dfrac{1}{2\sqrt{0 + 4}} + \dfrac{1}{2\sqrt{4 - 0}} \)
\( = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2} \)
(c) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{x^3 + 2x}{2x^2 + 1}} \)
Payın ve paydanın ayrı ayrı limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (x^3 + 2x) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (2x^2 + 1) = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{x^3 + 2x}{2x^2 + 1}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(x^3 + 2x)'}{(2x^2 + 1)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3x^2 + 2}{4x}} \)
Elde ettiğimiz ifadede hala \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(3x^2 + 2)'}{(4x)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{6x}{4}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
\( x \to \infty \) iken \( 6x \to \infty \) olur.
\( = \dfrac{\infty}{4} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{\ln{x}}{\cos(\frac{\pi}{2}x)} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 1} \ln{x} = \ln{1} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 1} \cos(\frac{\pi}{2}x) = \cos{\frac{\pi}{2}} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{\ln{x}}{\cos(\frac{\pi}{2}x)} = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{(\ln{x})'}{(\cos(\frac{\pi}{2}x))'} \)
\( = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{\frac{1}{x}}{-\sin(\frac{\pi}{2}x) \cdot \frac{\pi}{2}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{-2}{\pi x\sin(\frac{\pi}{2}x)} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
Limit ifadesi \( x = 1 \) noktasında tanımlı ve sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limitini hesaplayabiliriz.
\( = \dfrac{-2}{\pi \cdot 1 \cdot \sin{\frac{\pi}{2}}} \)
\( = -\dfrac{2}{\pi} \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x^{28} - 1}{x^{54} - 1} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 1} (x^{28} - 1) = 1^{28} - 1 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 1} (x^{54} - 1) = 1^{54} - 1 = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x^{28} - 1}{x^{54} - 1} = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{(x^{28} - 1)'}{(x^{54} - 1)'} \)
\( = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{28x^{27}}{54x^{53}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{14}{27x^{26}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
Limit ifadesi \( x = 1 \) noktasında tanımlı ve sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limitini hesaplayabiliriz.
\( = \dfrac{14}{27 \cdot 1^{26}} = \dfrac{14}{27} \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\sqrt{2x^2 + x}}{\sqrt{x^2 + 2}}} \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü GösterLimit ifadesini düzenleyelim.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\sqrt{2x^2 + x}}{\sqrt{x^2 + 2}}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\sqrt{\dfrac{2x^2 + x}{x^2 + 2}}} \)
Karekök fonksiyonu pozitif reel sayılarda tanımlı ve sürekli olduğu için bileşke fonksiyon limit kuralı ile limit işlemini karekök içine alabiliriz.
\( = \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{2x^2 + x}{x^2 + 2}}} \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (2x^2 + x) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (x^2 + 2) = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(2x^2 + x)'}{(x^2 + 2)'}}} \)
\( = \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{4x + 1}{2x}}} \)
Elde ettiğimiz ifadede hala \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(4x + 1)'}{(2x)'}}} \)
\( = \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{4}{2}}} \)
\( = \sqrt{2} \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{2\sqrt{x^8 + 8} + 2\sqrt{x^8 - 8}}{x^8}} \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to \infty} (2\sqrt{x^8 + 8} + 2\sqrt{x^8 - 8}) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {x^8} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{2\sqrt{x^8 + 8} + 2\sqrt{x^8 - 8}}{x^8}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(2\sqrt{x^8 + 8} + 2\sqrt{x^8 - 8})'}{(x^8)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{2 \cdot 8x^7}{2\sqrt{x^8 + 8}} + \frac{2 \cdot 8x^7}{2\sqrt{x^8 - 8}}}{8x^7}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \left( \dfrac{1}{\sqrt{x^8 + 8}} + \dfrac{1}{\sqrt{x^8 - 8}} \right) \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
\( x \to \infty \) iken \( \sqrt{x^8 + 8} \to \infty \) ve \( \sqrt{x^8 - 8} \to \infty \) olur.
\( = \dfrac{1}{\infty} + \dfrac{1}{\infty} \)
\( = 0 + 0 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln(1 + \frac{x}{3})}{4x - 5} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to \infty} \ln(1 + \frac{x}{3}) = +\infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (4x - 5) = +\infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln(1 + \frac{x}{3})}{4x - 5} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{(\ln(1 + \frac{x}{3}))'}{(4x - 5)'} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\frac{\frac{1}{3}}{1 + \frac{x}{3}}}{4} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\frac{1}{3 + x}}{4} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1}{4(3 + x)} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
\( = \dfrac{1}{\infty} = 0 \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln{x}}{\sqrt{5x}} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to \infty} \ln{x} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \sqrt{5x} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln{x}}{\sqrt{5x}} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{(\ln{x})'}{(\sqrt{5x})'} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\frac{1}{x}}{\frac{5}{2\sqrt{5x}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2\sqrt{5x}}{5x} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2}{\sqrt{5x}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
\( x \to \infty \) iken \( \sqrt{5x} \to \infty \) olur.
\( = \dfrac{2}{\infty} = 0 \) bulunur.
Aşağıdaki limitleri hesaplayınız.
(a) \( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{2x^2 + 5}{\ln(\ln{x^2})}} \)
(b) \( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3x}{2(\ln{x})^2}} \)
(c) \( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3(\ln{x})^3}{6x}} \)
Çözümü Göster(a) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{2x^2 + 5}{\ln(\ln{x^2})}} \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (2x^2 + 5) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\ln(\ln{x^2})} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{2x^2 + 5}{\ln(\ln{x^2})}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(2x^2 + 5)'}{(\ln(\ln{x^2})'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{4x}{\frac{1}{\ln{x^2}} \cdot \frac{1}{x^2} \cdot 2x}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} (2x^2\ln{x^2}) \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
\( x \to \infty \) iken \( \ln{x^2} \to \infty \) ve \( x^2 \to \infty \) olur.
\( = \infty \)
(b) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3x}{2(\ln{x})^2}} \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (3x) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} [2(\ln{x})^2] = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3x}{2(\ln{x})^2}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(3x)'}{(2(\ln{x})^2)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3}{\frac{4\ln{x}}{x}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3x}{4\ln{x}}} \)
Elde ettiğimiz ifadede hala \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(3x)'}{(4\ln{x})'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3}{\frac{4}{x}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3x}{4}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
\( x \to \infty \) iken \( 3x \to \infty \) olur.
\( = \infty \)
(c) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3(\ln{x})^3}{6x}} \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} [3(\ln{x})^3] = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (6x) = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3(\ln{x})^3}{6x}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(3(\ln{x})^3)'}{(6x)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{9(\ln{x})^2}{x}}{6}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3(\ln{x})^2}{2x}} \)
Elde ettiğimiz ifadede hala \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(3(\ln{x})^2)'}{(2x)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{6\ln{x}}{x}}{2}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3\ln{x}}{x}} \)
Elde ettiğimiz ifadede hala \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(3\ln{x})'}{(x)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{3}{x}}{1}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3}{x}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
\( x \to \infty \) iken \( \frac{3}{x} \to 0 \) olur.
\( = 0 \)
Aşağıdaki limitleri hesaplayınız.
(a) \( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\ln{x})^{100}}{x}} \)
(b) \( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\ln{x}}{\sqrt[100]{x}}} \)
(c) \( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\ln{x}}{x^{100}}} \)
Çözümü Göster(a) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\ln{x})^{100}}{x}} \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (\ln{x})^{100} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {x} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\ln{x})^{100}}{x}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{((\ln{x})^{100})'}{(x)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{100(\ln{x})^{99} \cdot \frac{1}{x}}{1}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{100(\ln{x})^{99}}{x}} \)
\( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği hala devam ettiği için ifadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{100 \cdot 99{(\ln{x}})^{98} \cdot \frac{1}{x}}{1}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{100 \cdot 99{(\ln{x}})^{98}}{x}} \)
\( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliğini gidermek için aynı işlemi 98 kez daha tekrarladığımızda aşağıdaki sonucu elde ederiz.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{100!}{x}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
\( = 0 \)
(b) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\ln{x}}{\sqrt[100]{x}}} \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\ln{x}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\sqrt[100]{x}} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\ln{x}}{\sqrt[100]{x}}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\ln{x})'}{(\sqrt[100]{x})'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{100}x^{-\frac{99}{100}}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{100}{x^{\frac{1}{100}}}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
\( x \to \infty \) iken \( x^{\frac{1}{100}} \to \infty \) olur.
\( = \dfrac{100}{\infty} = 0 \)
(c) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\ln{x}}{x^{100}}} \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\ln{x}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {x^{100}} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\ln{x}}{x^{100}}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\ln{x})'}{(x^{100})'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{1}{x}}{100x^{99}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{1}{100x^{100}}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
\( = \dfrac{1}{\infty} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^x}{3xe^{-x^{3}}}} \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü GösterLimit ifadesini düzenleyelim.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{e^{x + x^3}}{3x} \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {e^{x + x^3}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (3x) = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(e^{x + x^3})'}{(3x)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^{x + x^3}(1 + 3x^2)}{3}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
\( x \to \infty \) iken \( e^{x + x^3} \to \infty \) ve \( 1 + 3x^2 \to \infty \) olur.
\( = \dfrac{\infty \cdot \infty}{3} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln(1 + 5^x)}{\ln(1 + 4^x)} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to \infty} \ln(1 + 5^x) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \ln(1 + 4^x) = \infty \)
Buna göre limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır, dolayısıyla L'Hospital kuralını uygulayabiliriz.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln(1 + 5^x)}{\ln(1 + 4^x)} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{(1 + 5^x)'}{(1 + 4^x)'} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\frac{5^x\ln{5}}{1 + 5^x}}{\frac{4^x\ln{4}}{1 + 4^x}} \)
\( = \dfrac{\ln{5}}{\ln{4}}\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{5^x(1 + 4^x)}{4^x(1 + 5^x)} \)
\( = \dfrac{\ln{5}}{\ln{4}}\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{4^x5^x(\frac{1}{4^x} + 1)}{4^x5^x(\frac{1}{5^x} + 1)} \)
\( = \dfrac{\ln{5}}{\ln{4}}\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\frac{1}{4^x} + 1}{\frac{1}{5^x} + 1} \)
Aşağıda göreceğimiz üzere, payın ve paydanın limiti tanımlı olduğu için limit işlemini önce bölme kuralı ile paya ve paydaya, sonra toplama kuralı ile terimlere dağıtabiliriz.
\( = \dfrac{\ln{5}}{\ln{4}} \cdot \dfrac{\lim\limits_{x \to \infty} {\frac{1}{4^x}} + \lim\limits_{x \to \infty} {1}}{\lim\limits_{x \to \infty} {\frac{1}{5^x}} + \lim\limits_{x \to \infty} {1}} \)
\( x \to \infty \) iken \( \frac{1}{4^x} \to 0 \) ve \( \frac{1}{5^x} \to 0 \) olur.
\( = \dfrac{\ln{5}}{\ln{4}} \cdot \dfrac{0 + 1}{0 + 1} \)
\( = \dfrac{\ln{5}}{\ln{4}} \) bulunur.
\( f' \) sürekli bir fonksiyon olmak üzere,
\( f(3) = 0, \quad f'(3) = 7 \) olduğuna göre,
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(5x + 3) - f(3x + 3)}{2x} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 0} (f(5x + 3) - f(3x + 3)) = f(3) - f(3) = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} (2x) = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(5x + 3) - f(3x + 3)}{2x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(f(5x + 3) - f(3x + 3))'}{(2x)'} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f'(5x + 3) \cdot 5 - f'(3x + 3) \cdot 3}{2} \)
Türev fonksiyonu sürekli olduğu için direkt yerine koyma yöntemi ile ifadenin limitini bulabiliriz.
\( = \dfrac{5f'(3) - 3f'(3)}{2} \)
\( f'(3) = 7 \) yazalım.
\( = \dfrac{5 \cdot 7 - 3 \cdot 7}{2} \)
\( = 7 \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\arcsin(10x)}{\arcsin(5x)} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 0} \arcsin(10x) = \arcsin{0} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} \arcsin(5x) = \arcsin{0} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\arcsin(10x)}{\arcsin(5x)} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(\arcsin(10x))'}{(\arcsin(5x))'} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\frac{10}{\sqrt{1 - (10x)^2}}}{\frac{5}{\sqrt{1 - (5x)^2}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2\sqrt{1 - 25x^2}}{\sqrt{1 - 100x^2}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
Limit ifadesi \( x = 0 \) noktasında tanımlı ve sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limitini hesaplayabiliriz.
\( = \dfrac{2\sqrt{1 - 25(0)^2}}{\sqrt{1 - 100(0)^2}} \)
\( = \dfrac{2 \cdot 1}{1} = 2 \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\ln{x}}{\cot{x}}} \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\ln{x}} = -\infty \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\cot{x}} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\ln{x}}{\cot{x}}} = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{(\ln{x})'}{(\cot{x})'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{\sin^{2}{x}}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} \left( -\dfrac{\sin^{2}{x}}{x} \right) \)
Limit ifadesini düzenleyelim.
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} \left( \dfrac{\sin{x}}{x} \cdot (-\sin{x}) \right) \)
Aşağıda göstereceğimiz üzere, iki çarpanın limiti ayrı ayrı birer reel sayı olarak tanımlı olduğu için ifadeyi iki limitin çarpımı şeklinde yazabiliriz.
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\sin{x}}{x} \cdot \lim\limits_{x \to 0^+} (-\sin{x})} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
İspatıyla birlikte verdiğimiz trigonometrik limit kurallarını kullanalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\sin{x}}{x} = 1} \)
\( x \to 0^+ \) iken \( (-\sin{x}) \to 0 \) olur.
\( = 1 \cdot 0 = 0 \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\sqrt{x^{16} + 11}}{4x^8}} \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü GösterLimit ifadesini düzenleyelim.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\sqrt{x^{16} + 11}}{\sqrt{16x^{16}}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\sqrt{\dfrac{x^{16} + 11}{16x^{16}}}} \)
Karekök fonksiyonu pozitif reel sayılarda tanımlı ve sürekli olduğu için bileşke fonksiyon limit kuralı ile limit işlemini karekök içine alabiliriz.
\( = \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{x^{16} + 11}{16x^{16}}}} \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (x^{16} + 11) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (16x^{16}) = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(x^{16} + 11)'}{(16x^{16})'}}} \)
\( = \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{16x^{15}}{16 \cdot 16x^{15}}}} \)
\( = \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{1}{16}}} \)
\( = \sqrt{\dfrac{1}{16}} = \dfrac{1}{4} \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\log_4(3x - 1)}{\log_3(6x)}} \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to \infty} \log_4(3x - 1) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \log_3(6x) = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\log_4(3x - 1))'}{(\log_3(6x))'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{3}{(3x - 1)\ln{4}}}{\frac{6}{6x\ln{3}}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{6x\ln{3}}{2(3x - 1)\ln{4}}} \)
Limit ifadesini düzenleyelim.
\( = \dfrac{3\ln{3}}{\ln{4}}\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{x}{3x - 1}} \)
Elde ettiğimiz ifadede hala \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \dfrac{3\ln{3}}{\ln{4}} \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(x)'}{(3x - 1)'}} \)
\( = \dfrac{3\ln{3}}{\ln{4}} \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{1}{3}} \)
\( = \dfrac{3\ln{3}}{\ln{4}} \cdot \dfrac{1}{3} \)
\( = \dfrac{\ln{3}}{\ln{4}} \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^{x^2} - 2e^{-x^2}}{e^{x^2} + e^{-x^2}}} \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to \infty} (e^{x^2} - 2e^{-x^2}) = \lim\limits_{x \to \infty} \left( e^{x^2} - \dfrac{2}{e^{x^2}} \right) \)
\( = \infty - 0 = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (e^{x^2} + e^{-x^2}) = \lim\limits_{x \to \infty} \left( e^{x^2} + \dfrac{1}{e^{x^2}} \right) \)
\( = \infty + 0 = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Limit ifadesini düzenleyelim.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^{x^2} - \frac{2}{e^{x^2}}}{e^{x^2} + \frac{1}{e^{x^2}}}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{e^{2x^2} - 2}{e^{x^2}}}{\frac{e^{2x^2} + 1}{e^{x^2}}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^{2x^2} - 2}{e^{2x^2} + 1}} \)
Elde ettiğimiz ifadede hala \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(e^{2x^2} - 2)'}{(e^{2x^2} + 1)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^{2x^2}4x}{e^{2x^2}4x}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {1} = 1 \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\ln(\cos{x})}{-x^2}} \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\ln(\cos{x})} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} (-x^2) = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\ln(\cos{x})}{-x^2}} = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{(\ln(\cos{x}))'}{(-x^2)'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\frac{1}{\cos{x}}(-\sin{x})}{-2x}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\sin{x}}{2x\cos{x}}} \)
Limit ifadesini düzenleyelim.
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} \left( \dfrac{\sin{x}}{x} \cdot \dfrac{1}{2\cos{x}} \right) \)
Aşağıda göstereceğimiz üzere, iki çarpanın limiti ayrı ayrı birer reel sayı olarak tanımlı olduğu için ifadeyi iki limitin çarpımı şeklinde yazabiliriz.
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\sin{x}}{x}} \cdot \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{1}{2\cos{x}}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
İspatıyla birlikte verdiğimiz trigonometrik limit kurallarını kullanalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\sin{x}}{x}} = 1 \)
\( = 1 \cdot \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{1}{2\cos{x}}} \)
Kosinüs fonksiyonu tüm reel sayılarda sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limit değerini bulabiliriz.
\( = 1 \cdot \dfrac{1}{2\cos{0}} \)
\( = \dfrac{1}{2} \) bulunur.
\( f \) bir polinom fonksiyonudur.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2f(x) - 8}{\sin{x}} = 18 \) olduğuna göre,
\( \dfrac{f'(0)}{f(0)} \) kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 0} {\sin{x}} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinin bir reel sayı olarak tanımlı olabilmesi için limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği olmalıdır.
Dolayısıyla \( x \to 0 \) iken \( 2f(x) - 8 \to 0 \) olmalıdır.
\( \lim\limits_{x \to 0} (2f(x) - 8) = 0 \)
\( f \) bir polinom fonksiyonu olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limiti bulabiliriz.
\( 2f(0) - 8 = 0 \)
\( f(0) = 4 \)
Polinom fonksiyonları tüm reel sayılarda sürekli ve türevlenebilirdir.
Pay ve paydadaki ifadeler \( x = 0 \) noktası civarında türevlenebilir olduğuna göre, belirsizliği gidermek için bu limite L'Hospital kuralını uygulayabiliriz.
Payın ve paydanın ayrı ayrı türevini alalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2f(x) - 8}{\sin{x}} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(2f(x) - 8)'}{(\sin{x})'} = 18 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2f'(x)}{\cos{x}} = 18 \)
Polinom fonksiyonunun türevi ve kosinüs fonksiyonu tüm reel sayılarda tanımlı ve sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limiti bulabiliriz.
\( \dfrac{2f'(0)}{\cos{0}} = 18 \)
\( f'(0) = 9 \)
\( \dfrac{f'(0)}{f(0)} = \dfrac{9}{4} \) bulunur.
\( k \in \mathbb{R} \) olmak üzere,
\( \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{\tan{x}\ln(x^2 - k^2)}{\ln(e^{x^2} - e^{k^2})}} \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü GösterLimit ifadesini düzenleyelim.
\( \lim\limits_{x \to k^+} \left( \tan{x} \cdot \dfrac{\ln(x^2 - k^2)}{\ln(e^{x^2} - e^{k^2})} \right) \)
Aşağıda göstereceğimiz üzere, iki çarpanın limiti ayrı ayrı birer reel sayı olarak tanımlı olduğu için ifadeyi iki limitin çarpımı şeklinde yazabiliriz.
\( = \lim\limits_{x \to k^+} {\tan{x}} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{\ln(x^2 - k^2)}{\ln(e^{x^2} - e^{k^2})}} \)
\( = \tan{k} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{\ln(x^2 - k^2)}{\ln(e^{x^2} - e^{k^2})}} \)
\( \lim\limits_{x \to k^+} {\ln(x^2 - k^2)} = -\infty \)
\( \lim\limits_{x \to k^+} {\ln(e^{x^2} - e^{k^2})} = -\infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \tan{k} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{(\ln(x^2 - k^2))'}{(\ln(e^{x^2} - e^{k^2}))'}} \)
\( = \tan{k} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{\frac{2x}{x^2 - k^2}}{\frac{2xe^{x^2}}{e^{x^2} - e^{k^2}}}} \)
\( = \tan{k} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{e^{x^2} - e^{k^2}}{e^{x^2}(x^2 - k^2)}} \)
\( = \tan{k} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} \left( \dfrac{1}{e^{x^2}} \cdot \dfrac{e^{x^2} - e^{k^2}}{x^2 - k^2} \right) \)
Aşağıda göstereceğimiz üzere, iki çarpanın limiti ayrı ayrı birer reel sayı olarak tanımlı olduğu için ifadeyi iki limitin çarpımı şeklinde yazabiliriz.
\( = \tan{k} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{1}{e^{x^2}}} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{e^{x^2} - e^{k^2}}{x^2 - k^2}} \)
\( = \tan{k} \cdot \dfrac{1}{e^{k^2}} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{e^{x^2} - e^{k^2}}{x^2 - k^2}} \)
\( \lim\limits_{x \to k^+} (e^{x^2} - e^{k^2}) = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to k^+} (x^2 - k^2) = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \tan{k} \cdot \dfrac{1}{e^{k^2}} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{(e^{x^2} - e^{k^2})'}{(x^2 - k^2)'}} \)
\( = \tan{k} \cdot \dfrac{1}{e^{k^2}} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{e^{x^2} \cdot 2x}{2x}} \)
\( = \tan{k} \cdot \dfrac{1}{e^{k^2}} \cdot e^{k^2} \)
\( = \tan{k} \) bulunur.