L'Hospital Kuralı
Bir fonksiyonun belirli bir noktadaki limitini hesapladığımızda \( \frac{0}{0} \) ya da \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliklerinden birini elde ediyorsak ya da diğer belirsizliklerden birini elde ediyorsak ve ifadeyi bu iki belirsizlikten birine dönüştürebiliyorsak L'Hospital kuralı kullanarak limit değerini bulmayı deneyebiliriz.
L'Hospital kuralı türev alma kurallarını bilmeyi gerektirmektedir.
İlgili sayfalar: Türev | Türev Alma Kuralları
\( f \) 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,
\( \lim_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \dfrac{\lim_{x \to a} f(x)}{\lim_{x \to a} g(x)} \) limitinde,
\( \frac{0}{0} \) ya da \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizlikleri elde ediliyorsa,
\( \lim_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} \)
eşitliği kullanılarak limit değeri hesaplanabilir.
L'Hospital kuralını kullanabilmemiz için \( \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} \) limitinin tanımlı olması gerekmektedir.
L'Hospital kuralı özetle bu iki belirsizlikten biri ile karşılaşmamız durumunda payın ve paydanın ayrı ayrı türevini alıp elde ettiğimiz yeni fonksiyonun limitini alabileceğimizi söyler. Buna göre fonksiyonların türevini aldığımızda elde ettiğimiz limit değeri orijinal ifadenin limitine eşittir.
Aşağıdaki ifadenin \( x = 2 \) noktasındaki limitini hesaplayalım.
\( \lim_{x \to 2} \dfrac{x^3 - 4x^2 + 6x - 4}{x - 2} \)
\( \dfrac{0}{0} \) belirsizliği konusunda bu ifadenin \( \dfrac{0}{0} \) belirsizliği oluşturduğunu bulmuş ve çarpanlara ayırma ve sadeleştirme yöntemiyle limitini bulmuştuk. Şimdi de ifadeye L'Hospital kuralı uygulayalım.
\( \lim_{x \to 2} \dfrac{x^3 - 4x^2 + 6x - 4}{x - 2} \)
\( = \lim_{x \to 2} \dfrac{(x^3 - 4x^2 + 6x - 4)'}{(x - 2)'} \)
\( = \lim_{x \to 2} \dfrac{3x^2 - 8x + 6}{1} \)
İfadede paydadan kurtulduğumuz için belirsizlik de ortadan kalkmış oldu. \( x = 2 \) koyarak limit değerini hesaplayalım.
\( = 3(2)^2 - 8(2) + 6 = 2 \)
L'Hospital kuralını kullanarak limit değerini çarpanlara ayırma yönteminde olduğu gibi 2 olarak bulmuş olduk.
L'Hospital kuralı uyguladığımızda belirsizlik hala devam ediyorsa elde ettiğimiz fonksiyona aynı kuralı (L'Hospital kuralının koşulları sağlandığı sürece) belirsizlik yok oluncaya kadar uygulayabiliriz.
\( \lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f''(x)}{g''(x)} = \ldots \)
Aşağıdaki ifadenin \( x = 0 \) noktasındaki limitini hesaplayalım.
\( \lim_{x \to 0} \dfrac{e^x - x - 1}{x^2} \)
İfadenin \( \dfrac{0}{0} \) belirsizliği oluşturduğunu görebiliriz.
\( \lim_{x \to 0} \dfrac{e^x - x - 1}{x^2} = \dfrac{e^0 - 0 - 1}{0^2} = \dfrac{0}{0} \)
Pay ve paydanın türevini alarak L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim_{x \to 0} \dfrac{(e^x - x - 1)'}{(x^2)'} \)
\( = \lim_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{2x} \)
\( x = 0 \) koyduğumuzda \( \dfrac{0}{0} \) belirsizliğinin devam ettiğini görebiliriz. Bu yüzden ifadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{2x} = \lim_{x \to 0} \dfrac{(e^x - 1)'}{(2x)'} \)
\( = \lim_{x \to 0} \dfrac{e^x}{2} \)
Payda sabit terime dönüştüğü için belirsizlik ortadan kalkmış oldu, bu durumda \( x = 0 \) koyarak ifadenin limitini bulabiliriz.
\( = \dfrac{e^0}{2} = \dfrac{1}{2} \)
L'Hospital kuralını diğer yöntemlerle belirsizliği gideremediğimiz durumlarda da kullanabiliriz.
Aşağıdaki ifadenin \( x = 0 \) noktasındaki limitini hesaplayalım.
\( \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin{x}}{x} \)
İfadenin \( \dfrac{0}{0} \) belirsizliği oluşturduğunu görebiliriz.
\( \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin{x}}{x} = \dfrac{\sin{0}}{0} = \dfrac{0}{0} \)
Pay ve paydanın türevini alarak L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim_{x \to 0} \dfrac{(\sin{x})'}{x'} \)
\( = \lim_{x \to 0} \dfrac{\cos{x}}{1} \)
Payda sabit terime dönüştüğü için belirsizlik ortadan kalkmış oldu, bu durumda \( x = 0 \) koyarak ifadenin limitini bulabiliriz.
\( = \cos{0} = 1 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{4^x - 2^x}{x} \) limitinin değeri kaçtır?
Çözümü GösterVerilen limit ifadesinde aşağıdaki iki koşul sağlandığı için \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
\( \lim_{x \to 0} (4^x - 2^x) = 4^0 - 2^0 = 0 \)
\( \lim_{x \to 0} x = 0 \)
Bu belirsizlik fonksiyonun \( x = 0 \) noktasında tanımsız olduğunu gösterir, ama bu noktada limitinin olmadığı sonucuna varamayız.
Paydaki üstel ifade ve paydadaki birim fonksiyon tüm reel sayılarda sürekli ve türevlenebilir olduğu için L'Hospital yöntemini kullanabiliriz.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{4^x - 2^x}{x} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(4^x - 2^x)'}{(x)'} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{4^x \cdot \ln{4} - 2^x \cdot \ln{2}}{1} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} (4^x \cdot \ln{4} - 2^x \cdot \ln{2}) \)
Limiti alınan üstel ifade tüm reel sayılarda sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limiti bulabiliriz.
\( = 4^0 \cdot \ln{4} - 2^0 \cdot \ln{2} \)
\( = \ln{4} - \ln{2} \)
\( = \ln{2} \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{\ln{x}}{\cos(\frac{\pi}{2}x)} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{\ln{x}}{\cos(\frac{\pi}{2}x)} \) limitinde,
\( \lim\limits_{x \to 1} \ln{x} = \ln{1} = 0 \)
ve
\( \lim\limits_{x \to 1} \cos(\frac{\pi}{2}x) = \cos{\frac{\pi}{2}} = 0 \)
olduğu için \( \frac{0}{0} \) 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\( \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x^{28} - 1}{x^{54} - 1} \) limitinde,
\( \lim\limits_{x \to 1} (x^{28} - 1) = 1^{28} - 1 = 0 \)
ve
\( \lim\limits_{x \to 1} (x^{54} - 1) = 1^{54} - 1 = 0 \)
olduğu için \( \frac{0}{0} \) 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.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln(1 + \frac{x}{3})}{4x - 5} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln(1 + \frac{x}{3})}{4x - 5} \) limitinde,
\( \lim\limits_{x \to \infty} \ln(1 + \frac{x}{3}) = +\infty \)
ve
\( \lim\limits_{x \to \infty} (4x - 5) = +\infty \)
olduğu için \( \frac{\infty}{\infty} \) 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.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\arcsin(10x)}{\arcsin(5x)} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\arcsin(10x)}{\arcsin(5x)} \) limitinde,
\( \lim\limits_{x \to 0} \arcsin(10x) = \arcsin{0} = 0 \)
ve
\( \lim\limits_{x \to 0} \arcsin(5x) = \arcsin{0} = 0 \)
olduğu için \( \frac{0}{0} \) 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.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln{x}}{\sqrt{5x}} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln{x}}{\sqrt{5x}} \) limitinde,
\( \lim\limits_{x \to \infty} \ln{x} = +\infty \)
ve
\( \lim\limits_{x \to \infty} \sqrt{5x} = +\infty \)
olduğu için \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln{x}}{\sqrt{5x}} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{(\ln{x})'}{(\sqrt{5x})'} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\frac{1}{x}}{\frac{5}{2\sqrt{5x}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2\sqrt{5x}}{5x} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2\sqrt{5}\sqrt{x}}{5x} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2\sqrt{5}}{5\sqrt{x}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
\( = \dfrac{2\sqrt{5}}{5 \cdot (+\infty)} = 0 \) 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\( x \to 0 \) iken \( \sin{x} \to 0 \) olur.
Bu limitin tanımlı olabilmesi için limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği olmalıdır.
Buna göre, \( x \) sıfıra yaklaşırken \( 2f(x) - 8 \) ifadesi de sıfıra yaklaşmalıdır.
\( \lim\limits_{x \to 0} (2f(x) - 8) = 0 \)
\( f \) 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.