Sonsuz - Sonsuz Belirsizliği
\( \infty - \infty \) belirsizliği limitleri ayrı ayrı sonsuz olan iki ifadenin farkının limiti alındığında oluşur.
\( \lim\limits_{x \to a} [f(x) - g(x)] \) limitinde,
\( \lim\limits_{x \to a} f(x) = \pm\infty \) ve \( \lim\limits_{x \to a} g(x) = \pm\infty \) değerleri elde ediliyorsa,
bu limit için \( \infty - \infty \) 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.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (\sqrt{x^2 - x} - x) \) limit değerini bulalım.
Farkı alınan iki ifadenin sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \sqrt{x^2 - x} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {x} = \infty \)
Buna göre ifadede \( \infty - \infty \) belirsizliği vardır.
İfadeyi eşleniği ile çarpıp bölerek rasyonel bir ifadeye çevirelim.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (\sqrt{x^2 - x} - x) = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{(\sqrt{x^2 - x} - x)(\sqrt{x^2 - x} + x)}{\sqrt{x^2 - x} + x} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{(\sqrt{x^2 - x})^2 - x^2}{\sqrt{x^2 - x} + x} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{-x}{\sqrt{x^2 - x} + x} \)
Pay ve paydadaki terimleri \( x \)'in paydadaki en yüksek dereceli üssüne (\( x \)) bölelim.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{-1}{\sqrt{1 - \frac{1}{x}} + 1} \)
Limit işlemini önce bölme kuralı ile paya ve paydaya, daha sonra bileşke fonksiyon kuralı ile paydada kök içine ve toplama kuralı ile paydadaki terimlere dağıtalım.
\( = \dfrac{\lim\limits_{x \to \infty} (-1)}{\sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {1} - \lim\limits_{x \to \infty} {\frac{1}{x}}} + \lim\limits_{x \to \infty} {1}} \)
\( x \to \infty \) iken \( \frac{1}{x} \to 0 \) olur.
\( = \dfrac{-1}{\sqrt{1 - 0} + 1} \)
\( = -\dfrac{1}{2} \)
Şimdi de L'Hospital kuralını kullanmayı gerektiren bir örnek yapalım.
\( \lim\limits_{x \to {\frac{\pi}{2}}^-} (\sec{x} - \tan{x}) \) limit değerini bulalım.
Farkı alınan iki ifadenin \( x = \frac{\pi}{2} \) noktasındaki soldan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to {\frac{\pi}{2}}^-} \sec{x} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to {\frac{\pi}{2}}^-} \tan{x} = \infty \)
Buna göre ifadede \( \infty - \infty \) belirsizliği vardır.
Her iki ifadeyi \( \sin{x} \) ve \( \cos{x} \) cinsinden yazalım.
\( = \lim\limits_{x \to {\frac{\pi}{2}}^-} \left( \dfrac{1}{\cos{x}} - \dfrac{\sin{x}}{\cos{x}} \right) \)
\( = \lim\limits_{x \to {\frac{\pi}{2}}^-} \dfrac{1 - \sin{x}}{\cos{x}} \)
Payın ve paydanın \( x = \frac{\pi}{2} \) noktasındaki soldan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to {\frac{\pi}{2}}^-} (1 - \sin{x}) = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to {\frac{\pi}{2}}^-} {\cos{x}} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to {\frac{\pi}{2}}^-} \dfrac{(1 - \sin{x})'}{(\cos{x})'} = \lim\limits_{x \to {\frac{\pi}{2}}^-} \dfrac{0 - \cos{x}}{-\sin{x}} \)
\( = \lim\limits_{x \to {\frac{\pi}{2}}^-} \cot{x} \)
Kotanjant tanım aralığında sürekli bir fonksiyondur, dolayısıyla tanımlı olduğu bu noktadaki limit değeri fonksiyon değerine eşittir.
\( = \cot{\dfrac{\pi}{2}} = 0 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti var olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to {\frac{\pi}{2}}^-} (\sec{x} - \tan{x}) = 0 \)
Aşağıdaki tablo \( \infty - \infty \) belirsizliği içeren farklı ifadelerin limitinin sıfır, sıfırdan farklı bir reel sayı ya da sonsuz olabileceğini göstermektedir.
| Limit İfadesi | Sonuç | Yorum |
|---|---|---|
| \( \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}^-} (\sec{x} - \tan{x}) \) | \( 0 \) | Sonsuzlar birbirini dengeler. |
| \( \lim\limits_{x \to 2} \left( \dfrac{1}{x - 2} - \dfrac{4}{x^2 - 4} \right) \) | \( \dfrac{1}{4} \) | Sonsuzlar birbirini tam olarak dengelemez. |
| \( \lim\limits_{x \to 0^+} \left( \dfrac{1}{x^2} - \dfrac{1}{x} \right) \) | \( \infty \) | Birinci terim daha baskındır. |
\( \lim\limits_{x \to 2} \left( \dfrac{1}{x - 2} - \dfrac{4}{x^2 - 4} \right) \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterBirinci terimin \( x = 2 \) noktasındaki soldan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 2^-} \dfrac{1}{x - 2} \)
\( x \to 2^- \) iken \( x - 2 \to 0^- \) olur.
\( \dfrac{1}{(0^-)} \to -\infty \)
\( = -\infty \)
Birinci terimin \( x = 2 \) noktasındaki sağdan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 2^+} \dfrac{1}{x - 2} \)
\( x \to 2^+ \) iken \( x - 2 \to 0^+ \) olur.
\( \dfrac{1}{(0^+)} \to \infty \)
\( = \infty \)
İkinci terimin \( x = 2 \) noktasındaki soldan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 2^-} \dfrac{4}{x^2 - 4} \)
\( x \to 2^- \) iken \( x^2 - 4 \to 0^- \) olur.
\( \dfrac{4}{(0^-)} \to -\infty \)
\( = -\infty \)
İkinci terimin \( x = 2 \) noktasındaki sağdan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 2^+} \dfrac{4}{x^2 - 4} \)
\( x \to 2^+ \) iken \( x^2 - 4 \to 0^+ \) olur.
\( \dfrac{4}{(0^+)} \to \infty \)
\( = \infty \)
Buna göre verilen ifadede \( \infty - \infty \) belirsizliği vardır.
İfadeyi \( \frac{f(x)}{g(x)} \) şeklinde bir ifadeye çevirmek için önce paydaları eşitleyelim.
\( \lim\limits_{x \to 2} \left( \dfrac{1}{x - 2} - \dfrac{4}{(x - 2)(x + 2)} \right) \)
\( = \lim\limits_{x \to 2} \left( \dfrac{x + 2}{(x - 2)(x + 2)} - \dfrac{4}{(x - 2)(x + 2)} \right) \)
\( = \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{x - 2}{(x - 2)(x + 2)} \)
\( = \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{1}{x + 2} \)
Limit noktası paydayı sıfır yapmamak koşuluyla, rasyonel fonksiyonların bir noktadaki limiti o noktadaki fonksiyon değerine eşittir.
\( = \dfrac{1}{2 + 2} = \dfrac{1}{4} \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to 1} \left( \dfrac{2}{1 - x^8} - \dfrac{1}{1 - x^4} \right) \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterBirinci terimin \( x = 1 \) noktasındaki soldan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 1^-} \dfrac{2}{1 - x^8} \)
\( x \to 1^- \) iken \( 1 - x^8 \to 0^+ \) olur.
\( \dfrac{2}{(0^+)} \to \infty \)
\( = \infty \)
Birinci terimin \( x = 1 \) noktasındaki sağdan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 1^+} \dfrac{2}{1 - x^8} \)
\( x \to 1^+ \) iken \( 1 - x^8 \to 0^- \) olur.
\( \dfrac{2}{(0^-)} \to -\infty \)
\( = -\infty \)
İkinci terimin \( x = 1 \) noktasındaki soldan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 1^-} \dfrac{1}{1 - x^4} \)
\( x \to 1^- \) iken \( 1 - x^4 \to 0^+ \) olur.
\( \dfrac{1}{(0^+)} \to \infty \)
\( = \infty \)
İkinci terimin \( x = 1 \) noktasındaki sağdan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 1^+} \dfrac{1}{1 - x^4} \)
\( x \to 1^+ \) iken \( 1 - x^4 \to 0^- \) olur.
\( \dfrac{1}{(0^-)} \to -\infty \)
\( = -\infty \)
Buna göre verilen ifadede \( \infty - \infty \) belirsizliği vardır.
İfadeyi \( \frac{f(x)}{g(x)} \) şeklinde bir ifadeye çevirmek için önce paydaları eşitleyelim.
\( \lim\limits_{x \to 1} \left( \dfrac{2}{(1 - x^4)(1 + x^4)} - \dfrac{1 + x^4}{(1 - x^4)(1 + x^4)} \right) \)
\( = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{1 - x^4}{(1 - x^4)(1 + x^4)} \)
\( = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{1}{1 + x^4} \)
Limit noktası paydayı sıfır yapmamak koşuluyla, rasyonel fonksiyonların bir noktadaki limiti o noktadaki fonksiyon değerine eşittir.
\( = \dfrac{1}{1 + 1^4} = \dfrac{1}{2} \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (\ln(6x + 5) - \ln(2x + 3)) \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterFarkı alınan iki ifadenin sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\ln(6x + 5)} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\ln(2x + 3)} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \infty - \infty \) belirsizliği vardır.
Limit ifadesini düzenleyelim.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (\ln(6x + 5) - \ln(2x + 3)) = \lim\limits_{x \to \infty} {\ln {\dfrac{6x + 5}{2x + 3}}} \)
Logaritma fonksiyon tüm pozitif sayılarda sürekli olduğu için bileşke fonksiyon limit kuralı ile limit işlemini logaritma içine alabiliriz.
\( = \ln{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{6x + 5}{2x + 3}}} \)
Pay ve paydasının dereceleri eşit olan rasyonel fonksiyonların pozitif ve negatif sonsuzdaki limiti pay ve paydadaki polinomların başkatsayılarının oranına eşittir.
\( = \ln{\dfrac{6}{2}} = \ln{3} \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (x^2e^{\frac{1}{x^2}} - x^2) \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterFarkı alınan iki ifadenin sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (x^2e^{\frac{1}{x^2}}) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {x^2} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \infty - \infty \) belirsizliği vardır.
İfadeyi \( x^2 \) parantezine alalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (x^2e^{\frac{1}{x^2}} - x^2) = \lim\limits_{x \to \infty} [x^2(e^{\frac{1}{x^2}} - 1)] \)
Paydaki \( x^2 \) ifadesini paydaya alalım.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^{\frac{1}{x^2}} - 1}{\frac{1}{x^2}}} \)
Payın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (e^{\frac{1}{x^2}} - 1) = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{1}{x^2}} = 0 \)
Buna göre elde ettiğimiz limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(e^{\frac{1}{x^2}} - 1)'}{(\frac{1}{x^2})'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^{\frac{1}{x^2}}(-\frac{2}{x^3})}{-\frac{2}{x^3}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {e^{\frac{1}{x^2}}} \)
Üstel fonksiyon tüm reel sayılarda sürekli olduğu için bileşke fonksiyon limit kuralı ile limit işlemini üsse alabiliriz.
\( = e^{\lim\limits_{x \to \infty} {\frac{1}{x^2}}} \)
\( x \to \infty \) iken \( \frac{1}{x^2} \to 0 \) olur.
\( = e^0 = 1 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (x^2e^{\frac{1}{x^2}} - x^2) = 1 \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (\sqrt{4x^2 + 6x} - 2x) \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterFarkı alınan iki ifadenin sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \sqrt{4x^2 + 6x} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (2x) = \infty \)
Buna göre limit ifadesinde \( \infty - \infty \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeyi eşleniği ile çarpıp bölelim.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (\sqrt{4x^2 + 6x} - 2x) = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\sqrt{4x^2 + 6x} - 2x)(\sqrt{4x^2 + 6x} + 2x)}{\sqrt{4x^2 + 6x} + 2x}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\sqrt{4x^2 + 6x})^2 - (2x)^2}{\sqrt{4x^2 + 6x} + 2x}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{4x^2 + 6x - 4x^2}{\sqrt{4x^2 + 6x} + 2x} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{6x}{\sqrt{4x^2 + 6x} + 2x} \)
Pay ve paydadaki terimleri \( x \)'in paydadaki en yüksek dereceli üssüne (\( x \)) bölelim.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{6}{\frac{\sqrt{4x^2 + 6x} + 2x}{x}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{6}{\sqrt{\frac{4x^2 + 6x}{x^2}} + 2} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{6}{\sqrt{4 + \frac{6}{x}} + 2} \)
Aşağıda göstereceğimiz üzere, pay ve paydadaki ifadelerin limiti tanımlı olduğu için bölme işlemi ile limit işlemini pay ve paydaya dağıtabiliriz.
\( = \dfrac{\lim\limits_{x \to \infty} {6}}{\lim\limits_{x \to \infty} (\sqrt{4 + \frac{6}{x}} + 2)} \)
\( = \dfrac{6}{\sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {4} + \lim\limits_{x \to \infty} {\frac{6}{x}}} + \lim\limits_{x \to \infty} {2}} \)
\( x \to \infty \) iken \( \frac{1}{x} \to 0 \) olur.
\( = \dfrac{6}{\sqrt{4 + 0} + 2} \)
\( = \dfrac{6}{4} = \dfrac{3}{2} \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} \left( \dfrac{5}{\sin{x}} - \dfrac{5 + 4x}{x} \right) \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterFarkı alınan iki ifadenin \( x = 0 \) noktasındaki sağdan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{5}{\sin{x}}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{5 + 4x}{x}} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \infty - \infty \) belirsizliği vardır.
İfadeyi \( \frac{f(x)}{g(x)} \) formuna çevirmek için paydaları eşitleyelim.
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} \left( \dfrac{5x}{x\sin{x}} - \dfrac{(5 + 4x)\sin{x}}{x\sin{x}} \right) \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} \left( \dfrac{5x - (5 + 4x)\sin{x}}{x\sin{x}} \right) \)
Payın ve paydanın \( x = 0 \) noktasındaki sağdan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} (5x - (5 + 4x)\sin{x}) = 5(0) - (5 + 4(0))\sin{0}) = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {x\sin{x}} = 0\sin{0} = 0 \)
Buna göre elde ettiğimiz limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{(5x - (5 + 4x)\sin{x})'}{(x\sin{x})'}} = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{5 - 4\sin{x} - (5 + 4x)\cos{x}}{\sin{x} + x\cos{x}}} \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} (5 - 4\sin{x} - (5 + 4x)\cos{x}) = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} (\sin{x} + x\cos{x}) = 0 \)
Buna göre elde ettiğimiz ifadede hala \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
İfadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{(5 - 4\sin{x} - (5 + 4x)\cos{x})'}{(\sin{x} + x\cos{x})'}} = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{-4\cos{x} - 4\cos{x} + (5 + 4x)\sin{x}}{\cos{x} + \cos{x} - x\sin{x}}} \)
\( = \dfrac{-4(1) - 4(1) + (5 + 4(0))0}{1 + 1 - 0(0)} \)
\( = \dfrac{-8}{2} = -4 \)
L'Hospital kuralını iki kez uygulayarak elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin ve kuralı bir kez uyguladığımızda elde ettiğimiz ifadenin limitleri de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} \left( \dfrac{5}{\sin{x}} - \dfrac{5 + 4x}{x} \right) = -4 \)
\( \lim\limits_{x \to 1^+} \left( \dfrac{2}{x^2 - 1} - \dfrac{1}{\ln{x}} \right) \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterFarkı alınan iki ifadenin \( x = 1 \) noktasındaki sağdan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 1^+} {\dfrac{2}{x^2 - 1}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to 1^+} {\dfrac{1}{\ln{x}}} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \infty - \infty \) belirsizliği vardır.
İfadeyi \( \frac{f(x)}{g(x)} \) formuna çevirmek için paydaları eşitleyelim.
\( \lim\limits_{x \to 1^+} \left( \dfrac{2\ln{x}}{\ln{x}(x^2 - 1)} - \dfrac{x^2 - 1}{\ln{x}(x^2 - 1)} \right) \)
\( = \lim\limits_{x \to 1^+} {\dfrac{2\ln{x} - x^2 + 1}{\ln{x}(x^2 - 1)}} \)
Payın ve paydanın \( x = 1 \) noktasındaki sağdan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 1^+} (2\ln{x} - x^2 + 1) = 2\ln{1} - 1^2 + 1 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 1^+} {\ln{x}(x^2 - 1)} = \ln{1}(1^2 - 1) = 0 \)
Buna göre elde ettiğimiz limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 1^+} {\dfrac{(2\ln{x} - x^2 + 1)'}{(\ln{x}(x^2 - 1))'}} = \lim\limits_{x \to 1^+} {\dfrac{\frac{2}{x} - 2x}{\frac{1}{x}(x^2 - 1) + 2x\ln{x}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 1^+} {\dfrac{2 - 2x^2}{x^2 - 1 + 2x^2\ln{x}}} \)
Elde ettiğimiz limit ifadesinde hala \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
İfadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 1^+} {\dfrac{(2 - 2x^2)'}{(x^2 - 1 + 2x^2\ln{x})'}} = \lim\limits_{x \to 1^+} {\dfrac{-4x}{2x + 4x\ln{x} + 2x}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 1^+} {\dfrac{-1}{1 + \ln{x}}} \)
\( = \dfrac{-1}{1 + \ln{1}} = -1 \)
L'Hospital kuralını iki kez uygulayarak elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin ve kuralı bir kez uyguladığımızda elde ettiğimiz ifadenin limitleri de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 1^+} \left( \dfrac{2}{x^2 - 1} - \dfrac{1}{\ln{x}} \right) = -1 \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (\sqrt{x^2 + 6x} - \sqrt{x^2 - 2x}) \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterFarkı alınan iki ifadenin sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\sqrt{x^2 + 6x}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\sqrt{x^2 - 2x}} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \infty - \infty \) belirsizliği vardır.
İfadeyi eşleniği ile çarpıp bölerek rasyonel bir ifadeye çevirelim.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\sqrt{x^2 + 6x} - \sqrt{x^2 - 2x})(\sqrt{x^2 + 6x} + \sqrt{x^2 - 2x})}{\sqrt{x^2 + 6x} + \sqrt{x^2 - 2x}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\sqrt{x^2 + 6x})^2 - (\sqrt{x^2 - 2x})^2}{\sqrt{x^2 + 6x} + \sqrt{x^2 - 2x}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{x^2 + 6x - (x^2 - 2x)}{\sqrt{x^2 + 6x} + \sqrt{x^2 - 2x}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{8x}{\sqrt{x^2 + 6x} + \sqrt{x^2 - 2x}}} \)
Payı ve paydayı paydada \( x \)'in en yüksek dereceli üssüne (\( x \)) bölelim.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{8}{\frac{\sqrt{x^2 + 6x} + \sqrt{x^2 - 2x}}{x}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{8}{\sqrt{\frac{x^2 + 6x}{x^2}} + \sqrt{\frac{x^2 - 2x}{x^2}}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{8}{\sqrt{1 + \frac{6}{x}} + \sqrt{1 - \frac{2}{x}}}} \)
Aşağıda göstereceğimiz üzere payın ve paydanın limiti tanımlı olduğu için limit işlemini paya ve paydaya dağıtabiliriz.
\( = \dfrac{\lim\limits_{x \to \infty} {8}}{\sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {1} + \lim\limits_{x \to \infty} {\frac{6}{x}}} + \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {1} - \lim\limits_{x \to \infty} {\frac{2}{x}}}} \)
\( x \to \infty \) iken \( \frac{1}{x^n} \to 0 \) olur.
\( = \dfrac{8}{\sqrt{1 + 0} + \sqrt{1 - 0}} \)
\( = \dfrac{8}{2} = 4 \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to 0} \left( \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{xe^{6x}} \right) \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterFarkı alınan iki ifadenin \( x = 0 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{1}{x}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{1}{xe^{6x}}} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \infty - \infty \) belirsizliği vardır.
İfadeyi \( \frac{f(x)}{g(x)} \) formuna çevirmek için paydaları eşitleyelim.
\( \lim\limits_{x \to 0} \left( \dfrac{e^{6x}}{xe^{6x}} - \dfrac{1}{xe^{6x}} \right) = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{e^{6x} - 1}{xe^{6x}}} \)
Payın ve paydanın \( x = 0 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} (e^{6x} - 1) = e^0 - 1 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} (xe^{6x}) = 0 \cdot e^0 = 0 \)
Buna göre elde ettiğimiz limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{(e^{6x} - 1)'}{(xe^{6x})'}} = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{6e^{6x}}{e^{6x} + 6xe^{6x}}} \)
Paydayı \( e^{6x} \) parantezine alalım.
\( = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{6e^{6x}}{e^{6x}(1 + 6x)}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{6}{1 + 6x}} \)
Limit noktası paydayı sıfır yapmamak koşuluyla, rasyonel fonksiyonların bir noktadaki limiti o noktadaki fonksiyon değerine eşittir.
\( = \dfrac{6}{1 + 6(0)} = 6 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 0} \left( \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{xe^{6x}} \right) = 6 \)