Yedi belirsizlik durumunda üçü \( f(x)^{g(x)} \) şeklindeki üstel ifadelerin limitinde karşımıza çıkar.
Üstel belirsizliklerin üçünü de aşağıdaki adımları uygulayarak giderebiliriz.
\( \infty^0 \) belirsizliği limiti sonsuz olan bir ifadenin limiti 0 olan bir kuvveti alındığında oluşur.
\( \lim_{x \to a} f(x)^{g(x)} \) limitinde,
\( \lim_{x \to a} f(x) = \pm\infty \) ve \( \lim_{x \to a} g(x) = 0 \) değerleri elde ediliyorsa,
bu limit için \( \infty^0 \) belirsizliği vardır.
Bu tip belirsizliği yukarıda paylaştığımız yöntemi kullanarak nasıl giderebileceğimizi bir örnek üzerinden anlatalım.
\( \lim_{x \to \infty} x^{\frac{1}{x}} \) limit değerini bulalım.
\( \lim_{x \to \infty} x = \infty \) ve \( \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} = 0 \) olduğu için \( \infty^0 \) belirsizliği vardır.
Limiti alınan ifadeyi bir fonksiyon olarak tanımlayalım.
\( y = x^{\frac{1}{x}} \)
Her iki tarafın önce doğal logaritmasını sonra limitini alalım.
\( \ln{y} = \ln{x^{\frac{1}{x}}} \)
\( \lim_{x \to \infty} \ln{y} = \lim_{x \to \infty} \ln{x^{\frac{1}{x}}} \)
\( = \lim_{x \to \infty} (\frac{1}{x} \cdot \ln{x}) \)
\( = \lim_{x \to \infty} \frac{\ln{x}}{x} \)
\( \lim_{x \to \infty} \ln{x} = \infty \) ve \( \lim_{x \to \infty} x = \infty \) olduğu için \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliği vardır, dolayısıyla L'Hospital kuralını uygulayabiliriz.
\( = \lim_{x \to \infty} \frac{(\ln{x})'}{x'} \)
\( = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{x}}{1} \)
\( = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} = 0 \)
Buna göre fonksiyonun doğal logaritmasının limiti 0'dır.
\( \lim_{x \to \infty} \ln{y} = 0 \)
\( x \) sonsuza giderken \( \ln{y} \) ifadesi 0'a yaklaşıyorsa \( y \) ifadesi \( e^0 = 1 \)'e yaklaşır.
Buna göre verilen ifadenin limiti 1 olur.
\( \lim_{x \to \infty} y = \lim_{x \to \infty} x^{\frac{1}{x}} = 1 \)
\( 0^0 \) belirsizliği limiti 0 olan bir ifadenin limiti 0 olan bir kuvveti alındığında oluşur.
\( \lim_{x \to a} f(x)^{g(x)} \) limitinde,
\( \lim_{x \to a} f(x) = 0 \) ve \( \lim_{x \to a} g(x) = 0 \) değerleri elde ediliyorsa,
bu limit için \( 0^0 \) belirsizliği vardır.
Bu tip belirsizliği yukarıda paylaştığımız yöntemi kullanarak nasıl giderebileceğimizi bir örnek üzerinden anlatalım.
\( \lim_{x \to 0^+} x^x \) limit değerini bulalım.
\( \lim_{x \to 0^+} x = 0 \) olduğu için \( 0^0 \) belirsizliği vardır.
Limiti alınan ifadeyi bir fonksiyon olarak tanımlayalım.
\( y = x^x \)
Her iki tarafın önce doğal logaritmasını sonra limitini alalım.
\( \ln{y} = \ln{x^x} \)
\( \lim_{x \to 0^+} \ln{y} = \lim_{x \to 0^+} \ln{x^x} \)
\( = \lim_{x \to 0^+} (x \cdot \ln{x}) \)
\( \lim_{x \to 0^+} x = 0 \) ve \( \lim_{x \to 0^+} \ln{x} = -\infty \) olduğu için \( 0 \cdot \infty \) belirsizliği vardır.
\( x \)'i paydaya çarpmaya göre tersi şeklinde alalım.
\( = \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\ln{x}}{\frac{1}{x}} \)
\( \lim_{x \to 0^+} \ln{x} = -\infty \) ve \( \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = \infty \) olduğu için belirsizlik \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliğine dönüşmüş oldu, dolayısıyla L'Hospital kuralını uygulayabiliriz.
\( = \lim_{x \to 0^+} \frac{(\ln{x})'}{(\frac{1}{x})'} \)
\( = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} \)
\( = \lim_{x \to 0^+} (-x) = 0 \)
Buna göre fonksiyonun doğal logaritmasının limiti 0'dır.
\( \lim_{x \to 0^+} \ln{y} = 1 \)
\( x \) sonsuza giderken \( \ln{y} \) ifadesi 0'a yaklaşıyorsa \( y \) ifadesi \( e^0 = 1 \)'e yaklaşır.
Buna göre verilen ifadenin limiti \( 1 \) olur.
\( \lim_{x \to 0^+} y = \lim_{x \to 0^+} x^x = 1 \)
\( 1^\infty \) belirsizliği limiti 1 olan bir ifadenin limiti sonsuz olan bir kuvveti alındığında oluşur.
\( \lim_{x \to a} f(x)^{g(x)} \) limitinde,
\( \lim_{x \to a} f(x) = 1 \) ve \( \lim_{x \to a} g(x) = \pm\infty \) değerleri elde ediliyorsa,
bu limit için \( 1^\infty \) belirsizliği vardır.
Bu tip belirsizliği yukarıda paylaştığımız yöntemi kullanarak nasıl giderebileceğimizi bir örnek üzerinden anlatalım.
\( \lim_{x \to 1^+} x^{\frac{1}{x - 1}} \) limit değerini bulalım.
\( \lim_{x \to 1^+} x = 1 \) ve \( \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{x - 1} = \infty \) olduğu için \( 1^\infty \) belirsizliği vardır.
Limiti alınan ifadeyi bir fonksiyon olarak tanımlayalım.
\( y = x^{\frac{1}{x - 1}} \)
Her iki tarafın önce doğal logaritmasını sonra limitini alalım.
\( \ln{y} = \ln{x^{\frac{1}{x - 1}}} \)
\( \lim_{x \to 1^+} \ln{y} = \lim_{x \to 1^+} \ln{x^{\frac{1}{x - 1}}} \)
\( = \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{x - 1} \cdot \ln{x} \)
\( = \lim_{x \to 1^+} \frac{\ln{x}}{x - 1} \)
\( \lim_{x \to 1^+} \ln{x} = 0 \) ve \( \lim_{x \to 1^+} (x - 1) = 0 \) olduğu için \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır, dolayısıyla L'Hospital kuralını uygulayabiliriz.
\( = \lim_{x \to 1^+} \frac{(\ln{x})'}{(x - 1)'} \)
\( = \lim_{x \to 1^+} \frac{\frac{1}{x}}{1} \)
\( = \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{x} = 1 \)
Buna göre fonksiyonun doğal logaritmasının limiti 1'dir.
\( \lim_{x \to 1^+} \ln{y} = 1 \)
\( x \) sonsuza giderken \( \ln{y} \) ifadesi 1'e yaklaşıyorsa \( y \) ifadesi \( e^1 = e \)'ye yaklaşır.
Buna göre verilen ifadenin limiti \( e \) olur.
\( \lim_{x \to 1^+} y = \lim_{x \to 1^+} x^{\frac{1}{x - 1}} = e \)