Üstel Belirsizlikler
Yedi belirsizlik durumunda üçü \( f(x)^{g(x)} \) şeklindeki üstel ifadelerin limitinde karşımıza çıkar.
Üstel belirsizliklerin üçünü de aşağıdaki adımları uygulayarak giderebiliriz.
- Limiti alınan ifade bir fonksiyon olarak tanımlanır.
- Fonksiyonda her iki tarafın önce doğal logaritması sonra limiti alınır.
- Elde edilen limit ifadesindeki üstel belirsizlik \( \frac{0}{0} \) ya da \( \frac{\infty}{\infty} \) belirsizliğine dönüştürülür.
- L'Hospital kuralı ile ifadenin limit değeri bulunur (\( L \)).
- İlk adımda doğal logaritma aldığımız için orijinal fonksiyonun limit değeri \( e^L \) olur.
\( \infty^0 \) Belirsizliği
\( \infty^0 \) 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
\( 0^0 \) 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
\( 1^\infty \) 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.
\( \lim_{x \to 1^+} y = \lim_{x \to 1^+} x^{\frac{1}{x - 1}} = e \)
\( \lim_{x \to 0} (e^x + 3x)^{\frac{1}{x}} \) limitinin değeri kaçtır?
Çözümü Göster\( \lim_{x \to 0} (e^x + 3x) = e^0 + 3(0) = 1 \)
\( \lim_{x \to 0^-} \frac{1}{x} = -\infty \)
\( \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = \infty \)
Buna göre ifadede soldan ve sağdan \( 1^\infty \) belirsizliği vardır.
Limiti alınan ifadeyi bir fonksiyon olarak tanımlayalım.
\( y = (e^x + 3x)^{\frac{1}{x}} \)
Her iki tarafın önce doğal logaritmasını sonra limitini alalım.
\( \ln{y} = \ln(e^x + 3x)^{\frac{1}{x}} \)
\( \lim_{x \to 0} \ln{y} = \lim_{x \to 0} \ln(e^x + 3x)^{\frac{1}{x}} \)
\( = \lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x} \cdot \ln(e^x + 3x) \)
\( = \lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(e^x + 3x)}{x} \)
Elde ettiğimiz ifadede \( \frac{0}{0} \) belirsizliği vardır, dolayısıyla L'Hospital kuralını uygulayabiliriz.
\( = \lim_{x \to 0} \dfrac{(\ln(e^x + 3x))'}{(x)'} \)
\( = \lim_{x \to 0} \dfrac{(e^x + 3x)'}{e^x + 3x} \)
\( = \lim_{x \to 0} \dfrac{e^x + 3}{e^x + 3x} \)
Elde ettiğimiz ifadede belirsizlik ortadan kalktığı için \( x = 0 \) koyarak limit değerini bulabiliriz.
\( = \dfrac{e^0 + 3}{e^0 + 3(0)} \)
\( = \dfrac{4}{1} = 4 \)
Buna göre sorudaki ifadenin doğal logaritmasının limiti 4'tür.
\( \lim_{x \to 0} \ln{y} = 4 \)
\( x \) sıfıra giderken \( \ln{y} \) ifadesi 4'e yaklaşıyorsa \( y \) ifadesi \( e^4 \)'e yaklaşır.
Buna göre verilen ifadenin limiti \( e^4 \) olur.
\( \lim_{x \to 0} y = \lim_{x \to 0} (e^x + 3x)^{\frac{1}{x}} = e^4 \)