L'Hospital Kuralı
İlgili sayfalar: Türev | Türev Alma Kuralları
L'Hospital kuralına göre, bir limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) ya da \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği varsa (ve diğer bazı koşullar sağlanıyorsa) payın ve paydanın ayrı ayrı türevi alındığında elde edilen ifadenin limiti orijinal ifadenin limitine eşittir.
\( \lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} \) limitinde \( \frac{0}{0} \) ya da \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği varsa,
\( \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} \)
eşitliği kullanılarak limit değeri hesaplanabilir.
Yukarıdaki tanım \( x \to a \) için verilmiş olsa da, L'Hospital kuralı \( x \to a^- \), \( x \to a^+ \) ve \( x \to \pm\infty \) limitlerinde de kullanılabilir.
L'Hospital kuralının kullanılabilmesi (tanımdaki eşitliğin sağlanması) için aşağıdaki dört koşul sağlanmalıdır.
- Limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) ya da \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği olmalıdır ya da diğer beş belirsizlikten biri varsa ifade bu iki belirsizlikten birine dönüştürülebilmelidir.
- \( f \) ve \( g \) fonksiyonları \( a \) noktası civarındaki (\( a \) noktasını içeren ya da içermeyen) bir açık aralıkta türevlenebilir olmalıdır.
- \( g'(x) \) bu aralıkta sıfır olmamalıdır.
- \( \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} \) limiti bir reel sayıya eşit ya da sonsuz olmalıdır. Aksi durumda herhangi bir sonuç çıkarılamaz, yani orijinal ifadenin limiti olabilir ya da olmayabilir.
L'Hospital kuralını bir örnek üzerinde gösterelim.
\( \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{x^3 - 4x^2 + 6x - 4}{x - 2} \) limitini hesaplayalım.
Payın ve paydanın \( x = 2 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 2} (x^3 - 4x^2 + 6x - 4) = 2^3 - 4(2)^2 + 6(2) - 4 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 2} (x - 2) = 2 - 2 = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Pay ve paydadaki ifadeler tüm reel sayılarda türevlenebilirdir.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{(x^3 - 4x^2 + 6x - 4)'}{(x - 2)'} = \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{3x^2 - 8x + 6}{1} \)
\( = \lim\limits_{x \to 2} (3x^2 - 8x + 6) \)
Polinom fonksiyonunun bir noktadaki limiti o noktadaki fonksiyon değerine eşittir.
\( = 3(2)^2 - 8(2) + 6 = 2 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti var olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 2} \dfrac{x^3 - 4x^2 + 6x - 4}{x - 2} = 2 \)
L'Hospital kuralı uygulandığında \( \frac{0}{0} \) ya da \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği devam ediyorsa L'Hospital kuralı elde edilen ifadeye (yukarıda paylaştığımız koşullar sağlandığı sürece) belirsizlik yok oluncaya kadar tekrarlı şekilde uygulanabilir.
\( \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} = \lim\limits_{x \to a} \dfrac{f''(x)}{g''(x)} = \ldots \)
L'Hospital kuralının tekrarlı şekilde uygulamasını bir örnek üzerinde gösterelim.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x - x - 1}{x^2} \) limitini hesaplayalım.
Payın ve paydanın \( x = 0 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} (e^x - x - 1) = e^0 - 0 - 1 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} {x^2} = 0^2 = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Pay ve paydadaki ifadeler tüm reel sayılarda türevlenebilirdir.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(e^x - x - 1)'}{(x^2)'} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{2x} \)
\( x = 0 \) koyduğumuzda \( \frac{0}{0} \) belirsizliğinin devam ettiğini görebiliriz.
İfadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(e^x - 1)'}{(2x)'} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x}{2} \)
\( = \dfrac{e^0}{2} = \dfrac{1}{2} \)
L'Hospital kuralını iki kez uygulayarak elde ettiğimiz ifadenin limiti var olduğu için orijinal ifadenin ve kuralı bir kez uyguladığımızda elde ettiğimiz ifadenin limitleri de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x - x - 1}{x^2} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{2x} = \dfrac{1}{2} \)
L'Hospital kuralını bir diğer örnek üzerinde gösterelim.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin{x}}{x} \) limitini hesaplayalım.
Payın ve paydanın \( x = 0 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\sin{x}} = \sin{0} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} {x} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Pay ve paydadaki ifadeler tüm reel sayılarda türevlenebilirdir.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(\sin{x})'}{x'} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\cos{x}}{1} \)
\( = \cos{0} = 1 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti var olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin{x}}{x} = 1 \)
Not: Burada yaptığımız çözüm bir ispat değildir. Bu limitin gerçek ispatı için trigonometrik fonksiyonların limiti sayfasındaki "özel trigonometrik limitler" bölümünü inceleyebilirsiniz.
L'Hospital kuralını uygularken yukarıda paylaştığımız koşulların sağlandığından emin olunmalıdır, aksi takdirde aşağıdaki örnekteki gibi hatalı sonuç elde edilebilir.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\cos{x}}{1 - x} \) limitinin sonucunu bulalım.
Payın ve paydanın \( x = 0 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \cos{x} = \cos{0} = 1 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} (1 - x) = 1 - 0 = 1 \)
İfadede \( \frac{0}{0} \) ya da \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliklerinden biri olmadığı için L'Hospital kuralı uygulanamaz.
Bunun yerine ifadenin limiti doğrudan yerine koyma yöntemi ile bulunabilir.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\cos{x}}{1 - x} = \dfrac{\cos{0}}{1 - 0} = 1 \)
İfadeye L'Hospital kuralını uyguladığımızda hatalı sonuç elde edeceğimizi gösterelim.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(\cos{x})'}{(1 - x)'} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{-\sin{x}}{-1} \)
\( = -\sin{0} = 0 \) (HATALI SONUÇ)
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 \( x = -1 \) noktasındaki 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.
Pay ve paydadaki ifadeler tüm reel sayılarda türevlenebilirdir.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to -1} {\dfrac{(x^3 + 1)'}{(x^2 - 1)'}} = \lim\limits_{x \to -1} {\dfrac{3x^2}{2x}} \)
\( = \lim\limits_{x \to -1} {\dfrac{3x}{2}} \)
\( = \dfrac{3(-1)}{2} = -\dfrac{3}{2} \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to -1} {\dfrac{x^3 + 1}{x^2 - 1}} = -\dfrac{3}{2} \)
(b) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x + 5}{e^x} \)
Payın ve paydanın sonsuzdaki 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.
Pay ve paydadaki ifadeler tüm reel sayılarda türevlenebilirdir.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(x + 5)'}{(e^x)'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{1}{e^x}} \)
\( x \to \infty \) iken \( e^x \to \infty \) olur.
\( = \dfrac{1}{\infty} = 0 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x + 5}{e^x} = 0 \)
(c) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\sqrt{x + 1} - 1}{x}} \)
Payın ve paydanın \( x = 0 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} (\sqrt{x + 1} - 1) = \sqrt{0 + 1} - 1 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} {x} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Paydaki ifade limit noktasını içeren bir açık aralıkta, paydadaki ifade tüm reel sayılarda türevlenebilirdir.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{(\sqrt{x + 1} - 1)'}{(x)'}} = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\frac{1}{2\sqrt{x + 1}}}{1}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{1}{2\sqrt{x + 1}}} \)
Limit ifadesi \( x = 0 \) noktasında tanımlı ve sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limitini hesaplayabiliriz.
\( = \dfrac{1}{2\sqrt{0 + 1}} = \dfrac{1}{2} \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\sqrt{x + 1} - 1}{x}} = \dfrac{1}{2} \)
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{x} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın \( x = 0 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} (e^x - 1) = e^0 - 1 = 1 - 1 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} x = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Pay ve paydadaki ifadeler tüm reel sayılarda türevlenebilirdir.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(e^x - 1)'}{(x)'} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x}{1} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} {e^x} \)
\( = e^0 = 1 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti var olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{x} = 1 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(1 + x)}{x} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın \( x = 0 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \ln(1 + x) = \ln(1 + 0) = \ln 1 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} x = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(\ln(1 + x))'}{(x)'} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\frac{1}{1 + x}}{1} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{1 + x} \)
\( = \dfrac{1}{1 + 0} = 1 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti var olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(1 + x)}{x} = 1 \)
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 \( x = 0 \) noktasındaki 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.
Pay ve paydadaki ifadeler tüm reel sayılarda türevlenebilirdir.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(4^x - 2^x)'}{(x)'} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{4^x\ln{4} - 2^x\ln{2}}{1} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} (4^x\ln{4} - 2^x\ln{2}) \)
Limiti alınan üstel ifade tüm reel sayılarda sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limiti bulabiliriz.
\( = 4^0\ln{4} - 2^0\ln{2} \)
\( = \ln{2} \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{4^x - 2^x}{x} = \ln{2} \)
(b) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\sqrt{x + 4} - \sqrt{4 - x}}{x}} \)
Payın ve paydanın \( x = 0 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} (\sqrt{x + 4} - \sqrt{4 - x}) = \sqrt{0 + 4} - \sqrt{4 - 0} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} {x} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Paydaki ifade limit noktasını içeren bir açık aralıkta, paydadaki ifade tüm reel sayılarda türevlenebilirdir.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{(\sqrt{x + 4} - \sqrt{4 - x})'}{(x)'}} = \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\frac{1}{2\sqrt{x + 4}} + \frac{1}{2\sqrt{4 - x}}}{1}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} \left( \dfrac{1}{2\sqrt{x + 4}} + \dfrac{1}{2\sqrt{4 - x}} \right) \)
Limit ifadesi \( x = 0 \) noktasında tanımlı ve sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limitini hesaplayabiliriz.
\( = \dfrac{1}{2\sqrt{0 + 4}} + \dfrac{1}{2\sqrt{4 - 0}} \)
\( = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2} \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 0} {\dfrac{\sqrt{x + 4} - \sqrt{4 - x}}{x}} = \dfrac{1}{2} \)
(c) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{x^3 + 2x}{2x^2 + 1}} \)
Payın ve paydanın sonsuzdaki 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.
Pay ve paydadaki ifadeler tüm reel sayılarda türevlenebilirdir.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(x^3 + 2x)'}{(2x^2 + 1)'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3x^2 + 2}{4x}} \)
Elde ettiğimiz ifadede hala \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
İfadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(3x^2 + 2)'}{(4x)'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{6x}{4}} \)
\( = \infty \)
L'Hospital kuralını iki kez uygulayarak elde ettiğimiz ifadenin limiti sonsuz olduğu için orijinal ifadenin ve kuralı bir kez uyguladığımızda elde ettiğimiz ifadenin limitleri de sonsuz olur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{x^3 + 2x}{2x^2 + 1}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3x^2 + 2}{4x}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{\ln{x}}{\cos(\frac{\pi}{2}x)} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın \( x = 1 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 1} \ln{x} = \ln{1} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 1} \cos(\frac{\pi}{2}x) = \cos{\frac{\pi}{2}} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Paydaki ifade limit noktasını içeren bir açık aralıkta, paydadaki ifade tüm reel sayılarda türevlenebilirdir.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{(\ln{x})'}{(\cos(\frac{\pi}{2}x))'} = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{\frac{1}{x}}{-\sin(\frac{\pi}{2}x) \cdot \frac{\pi}{2}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{-2}{\pi x\sin(\frac{\pi}{2}x)} \)
Limit ifadesi \( x = 1 \) noktasında tanımlı ve sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limitini hesaplayabiliriz.
\( = \dfrac{-2}{\pi \cdot 1 \cdot \sin{\frac{\pi}{2}}} \)
\( = -\dfrac{2}{\pi} \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{\ln{x}}{\cos(\frac{\pi}{2}x)} = -\dfrac{2}{\pi} \)
\( \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x^{28} - 1}{x^{54} - 1} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın \( x = 1 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 1} (x^{28} - 1) = 1^{28} - 1 = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 1} (x^{54} - 1) = 1^{54} - 1 = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Pay ve paydadaki ifadeler tüm reel sayılarda türevlenebilirdir.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{(x^{28} - 1)'}{(x^{54} - 1)'} = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{28x^{27}}{54x^{53}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{14}{27x^{26}} \)
\( = \dfrac{14}{27 \cdot 1^{26}} = \dfrac{14}{27} \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 1} \dfrac{x^{28} - 1}{x^{54} - 1} = \dfrac{14}{27} \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{2\sqrt{x^8 + 8} + 2\sqrt{x^8 - 8}}{x^8}} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (2\sqrt{x^8 + 8} + 2\sqrt{x^8 - 8}) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {x^8} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(2\sqrt{x^8 + 8} + 2\sqrt{x^8 - 8})'}{(x^8)'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{2 \cdot 8x^7}{2\sqrt{x^8 + 8}} + \frac{2 \cdot 8x^7}{2\sqrt{x^8 - 8}}}{8x^7}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \left( \dfrac{1}{\sqrt{x^8 + 8}} + \dfrac{1}{\sqrt{x^8 - 8}} \right) \)
\( x \to \infty \) iken \( \sqrt{x^8 + 8} \to \infty \) ve \( \sqrt{x^8 - 8} \to \infty \) olur.
\( = \dfrac{1}{\infty} + \dfrac{1}{\infty} \)
\( = 0 + 0 = 0 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{2\sqrt{x^8 + 8} + 2\sqrt{x^8 - 8}}{x^8}} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln(1 + \frac{x}{3})}{4x - 5} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \ln(1 + \frac{x}{3}) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (4x - 5) = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Bu belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{(\ln(1 + \frac{x}{3}))'}{(4x - 5)'} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\frac{\frac{1}{3}}{1 + \frac{x}{3}}}{4} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1}{4(3 + x)} \)
\( = \dfrac{1}{\infty} = 0 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln(1 + \frac{x}{3})}{4x - 5} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln{x}}{\sqrt{5x}} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \ln{x} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \sqrt{5x} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{(\ln{x})'}{(\sqrt{5x})'} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\frac{1}{x}}{\frac{5}{2\sqrt{5x}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2\sqrt{5x}}{5x} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2}{\sqrt{5x}} \)
\( = \dfrac{2}{\infty} = 0 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln{x}}{\sqrt{5x}} = 0 \)
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:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{2x^2 + 5}{\ln(\ln{x^2})}} \)
Payın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (2x^2 + 5) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\ln(\ln{x^2})} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(2x^2 + 5)'}{(\ln(\ln{x^2})'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{4x}{\frac{1}{\ln{x^2}} \cdot \frac{1}{x^2} \cdot 2x}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} (2x^2\ln{x^2})= \infty \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti sonsuz olduğu için orijinal ifadenin limiti de sonsuz olur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{2x^2 + 5}{\ln(\ln{x^2})}} = \infty \)
(b) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3x}{2(\ln{x})^2}} \)
Payın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (3x) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} [2(\ln{x})^2] = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(3x)'}{(2(\ln{x})^2)'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3}{\frac{4\ln{x}}{x}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3x}{4\ln{x}}} \)
Elde ettiğimiz ifadede hala \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
İfadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(3x)'}{(4\ln{x})'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3}{\frac{4}{x}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3x}{4}} = \infty \)
L'Hospital kuralını iki kez uygulayarak elde ettiğimiz ifadenin limiti sonsuz olduğu için orijinal ifadenin ve kuralı bir kez uyguladığımızda elde ettiğimiz ifadenin limitleri de sonsuz olur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3x}{2(\ln{x})^2}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3x}{4\ln{x}}} = \infty \)
(c) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3(\ln{x})^3}{6x}} \)
Payın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} [3(\ln{x})^3] = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (6x) = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(3(\ln{x})^3)'}{(6x)'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{9(\ln{x})^2}{x}}{6}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3(\ln{x})^2}{2x}} \)
Elde ettiğimiz ifadede hala \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
İfadeye 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.
İfadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(3\ln{x})'}{(x)'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{3}{x}}{1}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3}{x}} = 0 \)
L'Hospital kuralını üç kez uygulayarak elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin ve kuralı iki kez uyguladığımızda elde ettiğimiz ifadelerin limitleri de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3(\ln{x})^3}{6x}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3(\ln{x})^2}{2x}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{3\ln{x}}{x}} = 0 \)
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:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\ln{x})^{100}}{x}} \)
Payın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (\ln{x})^{100} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {x} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{((\ln{x})^{100})'}{(x)'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{100(\ln{x})^{99} \cdot \frac{1}{x}}{1}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{100(\ln{x})^{99}}{x}} \)
Elde ettiğimiz ifadede hala \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
İfadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{100 \cdot 99{(\ln{x}})^{98} \cdot \frac{1}{x}}{1}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{100 \cdot 99{(\ln{x}})^{98}}{x}} \)
Belirsizliği gidermek için aynı işlemi 98 kez daha tekrarladığımızda aşağıdaki sonucu elde ederiz.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{100!}{x}} = 0 \)
L'Hospital kuralını tekrarlı şekilde uyguladığımızda elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\ln{x})^{100}}{x}} = 0 \)
(b) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\ln{x}}{\sqrt[100]{x}}} \)
Payın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\ln{x}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\sqrt[100]{x}} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\ln{x})'}{(\sqrt[100]{x})'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{100}x^{-\frac{99}{100}}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{100}{x^{\frac{1}{100}}}} \)
\( = \dfrac{100}{\infty} = 0 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\ln{x}}{\sqrt[100]{x}}} = 0 \)
(c) seçeneği:
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\ln{x}}{x^{100}}} \)
Payın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\ln{x}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {x^{100}} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\ln{x})'}{(x^{100})'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{1}{x}}{100x^{99}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{1}{100x^{100}}} \)
\( = \dfrac{1}{\infty} = 0 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\ln{x}}{x^{100}}} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^x}{3xe^{-x^{3}}}} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterLimit ifadesini düzenleyelim.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{e^{x + x^3}}{3x} \)
Payın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {e^{x + x^3}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (3x) = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(e^{x + x^3})'}{(3x)'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^{x + x^3}(1 + 3x^2)}{3}} \)
\( x \to \infty \) iken \( e^{x + x^3} \to \infty \) ve \( 1 + 3x^2 \to \infty \) olur.
\( = \dfrac{\infty \cdot \infty}{3} = \infty \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti sonsuz olduğu için orijinal ifadenin limiti de sonsuz olur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^x}{3xe^{-x^{3}}}} = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2x + \sin{x}}{x} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (2x + \sin{x}) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} x = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{(2x + \sin{x})'}{(x)'} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2 + \cos{x}}{1} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} (2 + \cos{x}) \)
\( \cos{x} \) fonksiyonu \( x \to \infty \) iken \( [-1, 1] \) aralığında salınım hareketi yaptığı için bu limitin belirli bir sonucu yoktur.
L'Hospital kuralını uygulayabilmemiz için \( \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} \) limiti bir reel sayıya eşit ya da sonsuz olmalıdır. Aksi durumda herhangi bir sonuç çıkarılamaz, yani orijinal ifadenin limiti olabilir ya da olmayabilir.
Türevlerin oranının limiti bir reel sayıya ya da sonsuza eşit olmadığı için L'Hospital kuralı bu ifadeye uygulanamaz.
Bunun yerine verilen ifadenin limitini ifadeyi iki kesrin toplamı şeklinde yazarak bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{2x + \sin{x}}{x} = \lim\limits_{x \to \infty} \left( \dfrac{2x}{x} + \dfrac{\sin{x}}{x} \right) \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \left( 2 + \dfrac{\sin{x}}{x} \right) \)
\( = 2 + 0 = 2 \) bulunur.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln(1 + 5^x)}{\ln(1 + 4^x)} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \ln(1 + 5^x) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \ln(1 + 4^x) = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{(1 + 5^x)'}{(1 + 4^x)'} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\frac{5^x\ln{5}}{1 + 5^x}}{\frac{4^x\ln{4}}{1 + 4^x}} \)
\( = \dfrac{\ln{5}}{\ln{4}}\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{5^x(1 + 4^x)}{4^x(1 + 5^x)} \)
\( = \dfrac{\ln{5}}{\ln{4}}\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{4^x5^x(\frac{1}{4^x} + 1)}{4^x5^x(\frac{1}{5^x} + 1)} \)
\( = \dfrac{\ln{5}}{\ln{4}}\lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\frac{1}{4^x} + 1}{\frac{1}{5^x} + 1} \)
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.
\( = \dfrac{\ln{5}}{\ln{4}} \cdot \dfrac{0 + 1}{0 + 1} \)
\( = \dfrac{\ln{5}}{\ln{4}} \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln(1 + 5^x)}{\ln(1 + 4^x)} = \dfrac{\ln{5}}{\ln{4}} \)
\( f' \) sürekli bir fonksiyon olmak üzere,
\( f'(3) = 7 \) olduğuna göre,
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(5x + 3) - f(3x + 3)}{2x} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın \( x = 0 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} (f(5x + 3) - f(3x + 3)) = f(3) - f(3) = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} (2x) = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(f(5x + 3) - f(3x + 3))'}{(2x)'} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f'(5x + 3) \cdot 5 - f'(3x + 3) \cdot 3}{2} \)
Türev fonksiyonu sürekli olduğu için direkt yerine koyma yöntemi ile ifadenin limitini bulabiliriz.
\( = \dfrac{5f'(3) - 3f'(3)}{2} \)
\( f'(3) = 7 \) yazalım.
\( = 7 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(5x + 3) - f(3x + 3)}{2x} = 7 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\arcsin(10x)}{\arcsin(5x)} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın \( x = 0 \) noktasındaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \arcsin(10x) = \arcsin{0} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} \arcsin(5x) = \arcsin{0} = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(\arcsin(10x))'}{(\arcsin(5x))'} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\frac{10}{\sqrt{1 - (10x)^2}}}{\frac{5}{\sqrt{1 - (5x)^2}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2\sqrt{1 - 25x^2}}{\sqrt{1 - 100x^2}} \)
Limit ifadesi \( x = 0 \) noktasında tanımlı ve sürekli olduğu için doğrudan yerine koyma yöntemi ile limitini hesaplayabiliriz.
\( = \dfrac{2\sqrt{1 - 25(0)^2}}{\sqrt{1 - 100(0)^2}} \)
\( = \dfrac{2 \cdot 1}{1} = 2 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\arcsin(10x)}{\arcsin(5x)} = 2 \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\ln{x}}{\cot{x}}} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın \( x = 0 \) noktasındaki sağdan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\ln{x}} = -\infty \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\cot{x}} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{(\ln{x})'}{(\cot{x})'}} = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{\sin^{2}{x}}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} \left( -\dfrac{\sin^{2}{x}}{x} \right) \)
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.
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\sin{x}}{x} \cdot \lim\limits_{x \to 0^+} (-\sin{x})} \)
İspatıyla birlikte verdiğimiz trigonometrik limit kurallarını kullanalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\sin{x}}{x} = 1} \)
\( = 1 \cdot 0 = 0 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\ln{x}}{\cot{x}}} = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\sqrt{x^{16} + 11}}{4x^8}} \) limitinin sonucunu bulunuz.
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.
\( = \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{x^{16} + 11}{16x^{16}}}} \)
Payın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (x^{16} + 11) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (16x^{16}) = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(x^{16} + 11)'}{(16x^{16})'}}} = \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{16x^{15}}{16 \cdot 16x^{15}}}} \)
\( = \sqrt{\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{1}{16}}} \)
\( = \sqrt{\dfrac{1}{16}} = \dfrac{1}{4} \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\sqrt{x^{16} + 11}}{4x^8}} = \dfrac{1}{4} \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\log_4(3x - 1)}{\log_3(6x)}} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \log_4(3x - 1) = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \log_3(6x) = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(\log_4(3x - 1))'}{(\log_3(6x))'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\frac{3}{(3x - 1)\ln{4}}}{\frac{6}{6x\ln{3}}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{6x\ln{3}}{2(3x - 1)\ln{4}}} \)
\( = \dfrac{3\ln{3}}{\ln{4}}\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{x}{3x - 1}} \)
Elde ettiğimiz ifadede hala \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
İfadeye tekrar L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \dfrac{3\ln{3}}{\ln{4}} \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(x)'}{(3x - 1)'}} = \dfrac{3\ln{3}}{\ln{4}} \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{1}{3}} \)
\( = \dfrac{\ln{3}}{\ln{4}} \)
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.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{\log_4(3x - 1)}{\log_3(6x)}} = \dfrac{3\ln{3}}{\ln{4}}\lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{x}{3x - 1}} = \dfrac{\ln{3}}{\ln{4}} \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^{x^2} - 2e^{-x^2}}{e^{x^2} + e^{-x^2}}} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} (e^{x^2} - 2e^{-x^2}) = \lim\limits_{x \to \infty} \left( e^{x^2} - \dfrac{2}{e^{x^2}} \right) \)
\( = \infty - 0 = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} (e^{x^2} + e^{-x^2}) = \lim\limits_{x \to \infty} \left( e^{x^2} + \dfrac{1}{e^{x^2}} \right) \)
\( = \infty + 0 = \infty \)
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.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{(e^{2x^2} - 2)'}{(e^{2x^2} + 1)'}} = \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^{2x^2}4x}{e^{2x^2}4x}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} {1} = 1 \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to \infty} {\dfrac{e^{x^2} - 2e^{-x^2}}{e^{x^2} + e^{-x^2}}} = 1 \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\ln(\cos{x})}{-x^2}} \) limitinin sonucunu bulunuz.
Çözümü GösterPayın ve paydanın \( x = 0 \) noktasındaki sağdan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\ln(\cos{x})} \)
\( x \to 0^+ \) iken \( \cos{x} \to 1^- \) ve \( \ln(\cos{x}) \to 0^- \) olur.
\( = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to 0^+} (-x^2) = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{(\ln(\cos{x}))'}{(-x^2)'}} = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\frac{1}{\cos{x}}(-\sin{x})}{-2x}} \)
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\sin{x}}{2x\cos{x}}} \)
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.
\( = \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\sin{x}}{x}} \cdot \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{1}{2\cos{x}}} \)
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.
\( = 1 \cdot \dfrac{1}{2\cos{0}} = \dfrac{1}{2} \)
L'Hospital kuralı ile elde ettiğimiz ifadenin limiti tanımlı olduğu için orijinal ifadenin limiti de bu değere eşittir.
\( \lim\limits_{x \to 0^+} {\dfrac{\ln(\cos{x})}{-x^2}} = \dfrac{1}{2} \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} \) limitini hesaplayınız.
Çözümü GösterPayın ve paydanın sonsuzdaki limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} x = \infty \)
\( \lim\limits_{x \to \infty} \sqrt{x^2 + 1} = \infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{(x)'}{(\sqrt{x^2 + 1})'} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1}{\frac{2x}{2\sqrt{x^2 + 1}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{\sqrt{x^2 + 1}}{x} \)
Elde ettiğimiz ifadede yine \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır ve bu ifadeye yeniden L'Hospital kuralı uygulandığında aynı limit ifadesi elde edilir ve işlem sonsuz döngüye girer.
L'Hospital kuralı tekrarlı şekilde uygulandığında belirsizlik giderilemediği için, verilen limiti sadeleştirme yöntemiyle bulmaya çalışalım.
\( \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x}{\sqrt{x^2 \left(1 + \frac{1}{x^2}\right)}} = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x}{\abs{x} \sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}} \)
\( x \to \infty \) iken \( \abs{x} = x \) olur.
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{x}{x\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}} \)
\( = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}} \)
\( x \to \infty \) iken \( \frac{1}{x^2} \to 0 \) olur.
\( = \dfrac{1}{\sqrt{1 + 0}} = 1 \) 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.
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2f(x) - 8}{\sin{x}} = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{(2f(x) - 8)'}{(\sin{x})'} = 18 \)
\( \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{2f'(x)}{\cos{x}} = 18 \)
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 sonucunu bulunuz.
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.
\( = \lim\limits_{x \to k^+} {\tan{x}} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{\ln(x^2 - k^2)}{\ln(e^{x^2} - e^{k^2})}} \)
\( = \tan{k} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{\ln(x^2 - k^2)}{\ln(e^{x^2} - e^{k^2})}} \)
Payın ve paydanın \( x = k \) noktasındaki sağdan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to k^+} {\ln(x^2 - k^2)} = -\infty \)
\( \lim\limits_{x \to k^+} {\ln(e^{x^2} - e^{k^2})} = -\infty \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır.
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.
\( = \tan{k} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{1}{e^{x^2}}} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{e^{x^2} - e^{k^2}}{x^2 - k^2}} \)
\( = \tan{k} \cdot \dfrac{1}{e^{k^2}} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{e^{x^2} - e^{k^2}}{x^2 - k^2}} \)
Payın ve paydanın \( x = k \) noktasındaki sağdan limitini bulalım.
\( \lim\limits_{x \to k^+} (e^{x^2} - e^{k^2}) = 0 \)
\( \lim\limits_{x \to k^+} (x^2 - k^2) = 0 \)
Buna göre verilen limit ifadesinde \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır.
Belirsizliği gidermek için ifadeye L'Hospital kuralını uygulayalım.
\( \tan{k} \cdot \dfrac{1}{e^{k^2}} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{(e^{x^2} - e^{k^2})'}{(x^2 - k^2)'}} = \tan{k} \cdot \dfrac{1}{e^{k^2}} \cdot \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{e^{x^2} \cdot 2x}{2x}} \)
\( = \tan{k} \cdot \dfrac{1}{e^{k^2}} \cdot e^{k^2} \)
\( = \tan{k} \)
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.
\( \lim\limits_{x \to k^+} {\dfrac{\tan{x}\ln(x^2 - k^2)}{\ln(e^{x^2} - e^{k^2})}} = \tan{k} \)