0 . Sonsuz Belirsizliği
\( 0 \cdot \infty \) belirsizliği limiti 0 olan bir ifade ile limiti pozitif ya da negatif sonsuz olan bir ifadenin çarpımının limiti alındığında oluşur.
\( \lim\limits_{x \to a} [f(x) \cdot g(x)] \) limitinde,
\( \lim\limits_{x \to a} f(x) = 0 \) ve \( \lim\limits_{x \to a} g(x) = \pm\infty \) değerleri elde ediliyorsa,
bu limit için \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadenin önce \( \frac{f(x)}{g(x)} \) şeklinde rasyonel bir ifadeye dönüştürülmesi gerekir. Bu dönüşüm sonucunda \( \frac{0}{0} \) ya da \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliklerinden biri elde ediliyorsa ilgili belirsizliği giderme yöntemleri kullanılır. Bu aşamada gerekli koşulların sağlanması durumunda L'Hospital kuralı da kullanılabilir.
\( 0 \cdot \infty \) belirsizliğini \( \frac{0}{0} \) belirsizliğine dönüştürmek için \( \infty \) olan ifadenin, \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliğine dönüştürmek için de \( 0 \) olan ifadenin çarpmaya göre tersi paydaya alınır.
\( 0 \cdot \infty \Longrightarrow \dfrac{0}{\frac{1}{\infty}} \Longrightarrow \dfrac{0}{0} \)
\( 0 \cdot \infty \Longrightarrow \dfrac{\infty}{\frac{1}{0}} \Longrightarrow \dfrac{\infty}{\infty} \)
Bu tip belirsizliğin nasıl giderilebileceğini bir örnek üzerinde gösterelim.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (x^2e^{-2x}) \) limit değerini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {x^2} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {e^{-2x}} = 0 \)
Buna göre ifadede \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
İkinci çarpanın tersini paydaya alalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (x^2e^{-2x}) = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x^2}{e^{2x}} \)
Elde edilen ifadede \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Üstel fonksiyonların büyüme hızı kuvvet fonksiyonlarının büyüme hızından büyük olduğu için bu ifadenin sonsuzdaki limiti sıfır olur.
\( = 0 \)
Şimdi de L'Hospital kuralını kullanmayı gerektiren bir örnek yapalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} (x\ln{x}) \) limit değerini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} x = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} \ln{x} = -\infty \)
Buna göre ifadede \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
Birinci çarpanın tersini paydaya alalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} (x\ln{x}) = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\ln{x}}{\frac{1}{x}} \)
Elde edilen ifadede \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır, dolayısıyla L'Hospital kuralını uygulayabiliriz.
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{(\ln{x})'}{(\frac{1}{x})'} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} (-x) = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (x^{10}e^{-x^{\frac{1}{10}}}) \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to \infty} {x^{10}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {e^{-x^{\frac{1}{10}}}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{1}{e^{x^{\frac{1}{10}}}}} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
İfadeye aşağıdaki şekilde değişken değiştirme uygulayalım.
\( t = x^{\frac{1}{10}} \Longrightarrow x = t^{10} \)
\( x \to \infty \) iken \( t \to \infty \) olur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (x^{10}e^{-x^{\frac{1}{10}}}) = \lim\limits_{t \to \infty} [(t^{10})^{10}e^{-t}] \)
\( = \lim\limits_{t \to \infty} \dfrac{t^{100}}{e^{t}} \)
\( t \) sonsuza giderken paydadaki üstel fonksiyonun büyüme hızı paydaki kuvvet fonksiyonunun büyüme hızından büyük olduğu için ifadenin limiti sıfır olur.
\( = 0 \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} [x^{10}\ln{x}] \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 0^+} {x^{10}} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\ln{x}} = -\infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
Birinci çarpanın tersini paydaya alalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} [x^{10}\ln{x}] = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\ln{x}}{\frac{1}{x^{10}}}} \)
Elde ettiğimiz limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{(\ln{x})'}{(\frac{1}{x^{10}})'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\frac{1}{x}}{-10x^{-11}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{x^{10}}{-10}} \)
Polinom fonksiyonlarının bir noktadaki limiti o noktadaki fonksiyon değerine eşittir.
\( = \dfrac{0^{10}}{-10} = 0 \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\left( \dfrac{\pi}{x}\sin{x} \right) } \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\pi}{x}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to 0} {\sin{x}} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
Birinci çarpanın tersini paydaya alalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\left( \dfrac{\pi}{x}\sin{x} \right) } = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\sin{x}}{\frac{x}{\pi}}} \)
Elde ettiğimiz limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{(\sin{x})'}{(\frac{x}{\pi})'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\cos{x}}{\frac{1}{\pi}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} (\pi\cos{x}) \)
Kosinüs fonksiyonu tüm reel sayılarda tanımlı ve süreklidir, dolayısıyla doğrudan yerine koyma yöntemi ile ifadenin limitini hesaplayabiliriz.
\( = \pi\cos{0} \)
\( = \pi \cdot 1 = \pi \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to \pi^-} ((x - \pi)\csc{x}) \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to \pi^-} (x - \pi) = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to \pi^-} {\csc{x}} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
Kosekant fonksiyonunu sinüs cinsinden yazarak ifadeyi \( \frac{0}{0} \) belirsizliğine dönüştürelim.
\( \lim\limits_{x \to \pi^-} ((x - \pi)\csc{x}) = \lim\limits_{x \to \pi^-} {\dfrac{x - \pi}{\sin{x}}} \)
Elde ettiğimiz limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to \pi^-} {\dfrac{(x - \pi)'}{(\sin{x})'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \pi^-} {\dfrac{1}{\cos{x}}} \)
Elde ettiğimiz ifade belirsizlik içermemektedir.
Kosinüs ifadesi tüm reel sayılarda tanımlı ve sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile ifadenin limitini hesaplayabiliriz.
\( = \dfrac{1}{\cos{\pi}} \)
\( = \dfrac{1}{-1} = -1 \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \left( 3x\tan{\dfrac{1}{4x}} \right) \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to \infty} (3x) = +\infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \tan{\dfrac{1}{4x}} = \tan{0} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için tanjant fonksiyonunun içerisindeki ifadeye değişken değiştirme uygulayalım.
\( t = \dfrac{1}{x} \Longrightarrow x = \dfrac{1}{t} \)
\( x \to \infty \) iken \( t \to 0 \) olur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \left( 3x\tan{\dfrac{1}{4x}} \right) = \lim\limits_{t \to 0} \left( \dfrac{3}{t}\tan{\dfrac{1}{4}t} \right) \)
\( = 3\lim\limits_{t \to 0} \dfrac{\tan{\dfrac{1}{4}t}}{t} \)
İspatıyla birlikte verdiğimiz trigonometrik limit kurallarını kullanalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan(ax)}{bx} = \dfrac{a}{b} \)
\( = 3 \cdot \dfrac{\frac{1}{4}}{1} = \dfrac{3}{4} \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{4}{x}(\sqrt{16 - x} - \sqrt{16 + x})} \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{4}{x}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to 0} (\sqrt{16 - x} - \sqrt{16 + x}) = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için limit ifadesini düzenleyelim.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{4}{x}(\sqrt{16 - x} - \sqrt{16 + x})} = 4 \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\sqrt{16 - x} - \sqrt{16 + x}}{x}} \)
\( \lim\limits_{x \to 0} (\sqrt{16 - x} - \sqrt{16 + x}) = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} {x} = 0 \)
Buna göre elde ettiğimiz limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için payı ve paydayı payın eşleniği ile çarpalım.
\( = 4 \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{(\sqrt{16 - x} - \sqrt{16 + x})(\sqrt{16 - x} + \sqrt{16 + x})}{x(\sqrt{16 - x} + \sqrt{16 + x})}} \)
\( = 4 \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{(\sqrt{16 - x})^2 - (\sqrt{16 + x})^2}{x(\sqrt{16 - x} + \sqrt{16 + x})}} \)
\( = 4 \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{16 - x - (16 + x)}{x(\sqrt{16 - x} + \sqrt{16 + x})}} \)
\( = 4 \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{-2x}{x(\sqrt{16 - x} + \sqrt{16 + x})}} \)
\( = -8 \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{1}{\sqrt{16 - x} + \sqrt{16 + x}}} \)
Bu limit ifadesinin paydası \( x = 0 \) noktasında sıfır olmadığı için fonksiyon bu noktada tanımlı ve süreklidir, dolayısıyla doğrudan yerine koyma yöntemi ile limitini hesaplayabiliriz.
\( = -8 \cdot \dfrac{1}{\sqrt{16 - 0} + \sqrt{16 + 0}} \)
\( = \dfrac{8}{4 + 4} = 1 \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\left( x \left( \ln{\dfrac{1}{x}} \right)^2 \right)} \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 0^+} {x} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\left( \ln{\dfrac{1}{x}} \right)^2} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
Birinci çarpanın tersini paydaya alalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\left( x \left( \ln{\dfrac{1}{x}} \right)^2 \right)} = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{(\ln{\frac{1}{x}})^2}{\frac{1}{x}}} \)
Elde ettiğimiz limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{((\ln{\frac{1}{x}})^2)'}{(\frac{1}{x})'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{2\ln{\frac{1}{x}} \cdot x \cdot (-\frac{1}{x^2})}{-\frac{1}{x^2}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\left( 2x\ln{\dfrac{1}{x}} \right)} \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} (2x) = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\ln{\dfrac{1}{x}}} = \infty \)
Buna göre elde ettiğimiz limit ifadesinde \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için birinci çarpanın tersini paydaya alalım.
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\ln{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{2x}}} \)
Elde ettiğimiz limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{(\ln{\frac{1}{x}})'}{(\frac{1}{2x})'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{x(-\frac{1}{x^2})}{\frac{1}{2}(-\frac{1}{x^2})}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} (2x) \)
Polinom fonksiyonlarının bir noktadaki limiti o noktadaki fonksiyon değerine eşittir.
\( = 2(0) = 0 \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}^+} \left( \dfrac{\pi}{2} - x \right)\cot\left(\dfrac{\pi}{2} - x \right) \) limitinin sonucu kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}^+} \left( \dfrac{\pi}{2} - x \right) = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}^+} {\cot\left( \dfrac{\pi}{2} - x \right)} = -\infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için kotanjant fonksiyonunu tanjant fonksiyonuna çevirelim.
\( \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}^+} \left( \dfrac{\pi}{2} - x \right)\cot\left(\dfrac{\pi}{2} - x \right) = \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}^+} {\dfrac{\frac{\pi}{2} - x}{\tan(\frac{\pi}{2} - x)}} \)
Elde ettiğimiz limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}^+} {\dfrac{(\frac{\pi}{2} - x)'}{(\tan(\frac{\pi}{2} - x))'}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}^+} {\dfrac{-1}{-\sec^2{(\frac{\pi}{2} - x)}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}^+} {\cos^2\left( \dfrac{\pi}{2} - x \right)} \)
Kosinüs fonksiyonu tüm reel sayılarda sürekli olduğu için bir noktadaki limit değeri o noktadaki fonksiyon değerine eşittir.
\( = \cos^2\left( \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi}{2} \right) \)
\( = \cos^2{0} = 1 \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to 0} (\cot(9x)\sin(5x)) \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü Göster\( \lim\limits_{x \to 0^-} \cot(9x) = -\infty \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} \cot(9x) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to 0} \sin(5x) = \sin{0} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
Kotanjant fonksiyonunu sinüs ve kosinüs cinsinden yazarak ifadeyi \( \frac{0}{0} \) belirsizliğine dönüştürelim.
\( \lim\limits_{x \to 0} (\cot(9x)\sin(5x)) = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\cos(9x)\sin(5x)}{\sin(9x)} \)
Payı ve paydayı \( x \) ile çarpalım.
\( = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x\cos(9x)\sin(5x)}{x\sin(9x)} \)
Limit ifadesini düzenleyelim.
\( = \lim\limits_{x \to 0} \left( \dfrac{\sin(5x)}{x} \cdot \dfrac{x}{\sin(9x)} \cdot \cos(9x) \right) \)
Aşağıda göstereceğimiz üzere, üç çarpanın limiti ayrı ayrı birer reel sayı olarak tanımlı olduğu için ifadeyi üç limitin çarpımı şeklinde yazabiliriz.
\( = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin(5x)}{x} \cdot \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin(9x)} \cdot \lim\limits_{x \to 0} \cos(9x) \)
İspatıyla birlikte verdiğimiz trigonometrik limit kurallarını kullanalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin(ax)}{bx} = \dfrac{a}{b} \)
\( = \dfrac{5}{1} \cdot \dfrac{1}{9} \cdot \lim\limits_{x \to 0} \cos(9x) \)
Kosinüs fonksiyonu tüm reel sayılarda sürekli olduğu için bir noktadaki limit değeri o noktadaki fonksiyon değerine eşittir.
\( = \dfrac{5}{9} \cdot \cos{0} \)
\( = \dfrac{5}{9} \cdot 1 = \dfrac{5}{9} \) bulunur.