11 L’Hôpital Kuralı
Analiz 1’de limit hesaplarken sık sık şöyle bir duvara çarpmıştık: pay da payda da \(0\)’a gidiyor, ya da ikisi birden \(+\infty\)’a gidiyor; limit aritmetiği (bkz. Analiz 1) bu durumda hiçbir şey söylemiyor. \(\dfrac{\sin x}{x}\) için geometrik bir eşitsizlik kurmuş (bkz. Analiz 1), \(\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n\) için monotonluk ve sınırlılık üzerine ayrı bir uğraş vermiştik; her belirsizlik için ayrı bir hile bulmak zorunda kalıyorduk.
Türev, bu hilelerin yerine geçecek tek bir yöntem verir. Fikir basittir: pay ve payda aynı noktada sıfırlanıyorsa, ikisi de o nokta yakınında kendi teğetleri gibi davranır; dolayısıyla oranın limiti, teğetlerin eğimlerinin — yani türevlerin — oranı olmalıdır. Bu sezgiyi kesin bir teoreme dönüştüren araç, Rolle ve ortalama değer teoremleri bölümünde ispatladığımız Cauchy ortalama değer teoremidir; hipotezlerin sağlamasını yaparken de bir önceki bölümde gördüğümüz Darboux teoremi işimize yarayacaktır. Sonuç, 1696’da Guillaume de l’Hôpital’in yayımladığı ilk diferansiyel hesap kitabında yer aldığı için onun adıyla anılır; gerçek sahibi ise l’Hôpital’e ders veren Johann Bernoulli’dir.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: hangi ifadelerin belirsiz biçim olduğunu ve “belirsiz” sözcüğünün ne anlama geldiğini; türev tanımından çıkan basit L’Hôpital kuralını; \(0/0\) ve \(\infty/\infty\) biçimleri için genel kuralları ve tam ispatlarını; kalan beş biçimin bu ikisine nasıl indirgendiğini; kuralın hangi durumlarda çalışmadığını; logaritma, kuvvet ve üstel fonksiyonların büyüme hızlarının kesin sıralamasını.
11.1 Belirsiz Biçimler
Limit aritmetiği bize şunu söyler: \(f(x) \to A\) ve \(g(x) \to B\) ise \(f(x)/g(x) \to A/B\) — ama \(B \ne 0\) koşuluyla. \(B = 0\) ve \(A \ne 0\) ise oran mutlak değerce sınırsız büyür. Geriye kalan tek sorunlu durum \(A = B = 0\)’dır ve o durumda oranın limiti hakkında hiçbir şey söylenemez. Benzer boşluklar başka işlemlerde de vardır.
Tanım 11.1 (Belirsiz Biçimler) \(x \to c\) (burada \(c\) bir reel sayı, \(c^+\), \(c^-\), \(+\infty\) ya da \(-\infty\) olabilir) iken aşağıdaki yedi durumdan biri ortaya çıkıyorsa, ilgili ifadeye o noktada belirsiz biçim (indeterminate form) denir:
\[\frac{0}{0}, \qquad \frac{\infty}{\infty}, \qquad \infty - \infty, \qquad 0 \cdot \infty, \qquad 1^{\infty}, \qquad 0^0, \qquad \infty^0.\]
Örneğin \(\dfrac{0}{0}\) biçimi, \(\lim f(x) = \lim g(x) = 0\) iken \(\dfrac{f(x)}{g(x)}\) oranı için; \(1^{\infty}\) biçimi \(f(x) \to 1\), \(g(x) \to \pm\infty\) iken, \(\infty^0\) biçimi ise \(f(x) \to +\infty\), \(g(x) \to 0\) iken \(f(x)^{g(x)}\) ifadesi için kullanılır.
Belirsiz sözcüğü “limit yoktur” demek değildir; “yalnızca bu bilgiye bakarak limit belirlenemez” demektir.
Bu son cümleyi ciddiye almak gerekir. Her biçim için, aynı biçimde olup farklı sonuçlar veren örnekler verelim.
| Biçim | Bir örnek | Başka bir örnek | Üçüncü bir örnek |
|---|---|---|---|
| \(\dfrac{0}{0}\) | \(\lim_{x \to 0} \frac{3x}{x} = 3\) | \(\lim_{x \to 0} \frac{x^2}{x} = 0\) | \(\lim_{x \to 0^+} \frac{x}{x^2} = +\infty\) |
| \(\dfrac{\infty}{\infty}\) | \(\lim_{x \to \infty} \frac{2x}{x} = 2\) | \(\lim_{x \to \infty} \frac{x}{x^2} = 0\) | \(\lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{x} = +\infty\) |
| \(\infty - \infty\) | \(\lim_{x \to \infty} \big[(x + 7) - x\big] = 7\) | \(\lim_{x \to \infty} \big[x - x\big] = 0\) | \(\lim_{x \to \infty} \big[x^2 - x\big] = +\infty\) |
| \(0 \cdot \infty\) | \(\lim_{x \to 0^+} x \cdot \frac{5}{x} = 5\) | \(\lim_{x \to 0^+} x^2 \cdot \frac{1}{x} = 0\) | \(\lim_{x \to 0^+} x \cdot \frac{1}{x^2} = +\infty\) |
| \(1^{\infty}\) | \(\lim_{x \to \infty} 1^{\,x} = 1\) | \(\lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e\) | \(\lim_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^{x^2} = +\infty\) |
| \(0^0\) | \(\lim_{x \to 0^+} x^{\,x} = 1\) | \(\lim_{x \to 0^+} (e^{-1/x})^x = e^{-1}\) | \(\lim_{x \to 0^+} (e^{-1/x^2})^x = 0\) |
| \(\infty^0\) | \(\lim_{x \to \infty} x^{1/x} = 1\) | \(\lim_{x \to \infty} (e^x)^{1/x} = e\) | \(\lim_{x \to \infty} (e^{x^2})^{1/x} = +\infty\) |
Son iki satırın doğrulanması bir satırlık hesaptır: \((e^{-1/x})^x = e^{-1}\), \((e^{-1/x^2})^x = e^{-1/x} \to 0\), \((e^x)^{1/x} = e\) ve \((e^{x^2})^{1/x} = e^x \to +\infty\); her birinde taban ile üsün eğilimleri sütunun başındaki biçimi verir. \(1^{\infty}\) satırının ikinci örneğini bölümün sonunda L’Hôpital kuralıyla hesaplayacak, üçüncüsünü de ondan türeteceğiz.
Demek ki yedi biçimin her biri için, aynı biçimde olup önceden verilmiş herhangi bir sayıya (hatta \(\pm\infty\)’a) yakınsayan örnekler kurulabilir; bu biçimlerde limit, fonksiyonların kendisine bakılarak hesaplanmak zorundadır.
Her “tuhaf” ifade belirsiz değildir: \(f(x) \to 0^+\) ve \(g(x) \to +\infty\) iken \(f(x)^{g(x)} \to 0\)’dır, yani \(0^{\infty}\) belirsiz değildir. Aynı biçimde
\[\infty + \infty = +\infty, \qquad \infty \cdot \infty = +\infty, \qquad \frac{1}{0^+} = +\infty, \qquad \infty^{\infty} = +\infty, \qquad 0^{-\infty} = +\infty\]
kısaltmalarının hepsi doğrudur (bunlar Limit Kuralları: Sonsuzdaki Limitler ve Sonsuz Limitler türünden sonuçlardır). Belirsizlik yalnızca iki eğilimin birbirini götürdüğü yedi durumda ortaya çıkar. Bu yüzden bir limite başlamadan önce yapılacak ilk iş, ifadenin gerçekten belirsiz olup olmadığını saptamaktır; belirsiz değilse L’Hôpital kuralına gerek yoktur ve kuralı uygulamak yanlış sonuç verir.
11.2 Basit Hâl: Türevlerin Oranı
Genel teoreme geçmeden önce, doğrudan türev tanımından çıkan basit hâli görelim. Bu hâl kuralın neden doğru olduğunu da anlatır: \(f\) ve \(g\) aynı \(a\) noktasında sıfırlanıyorsa \(a\) yakınında \(f(x) \approx f'(a)(x-a)\), \(g(x) \approx g'(a)(x-a)\)’dır; oranda \((x-a)\) sadeleşir ve \(f'(a)/g'(a)\) kalır.
Teorem 11.1 (L’Hôpital Kuralı, Basit Hâl) \(I \subseteq \mathbb{R}\) açık bir aralık, \(a \in I\) ve \(f, g : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonları \(a\) noktasında türevlenebilir olsun. Ayrıca
\[f(a) = g(a) = 0 \qquad \text{ve} \qquad g'(a) \ne 0\]
olsun. O hâlde \(a\)’nın delinmiş bir komşuluğunda \(g(x) \ne 0\)’dır ve
\[\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(a)}{g'(a)}.\]
İspat
Adım 1: paydanın sıfırdan farklı olduğu bir komşuluk. \(g\) fonksiyonu \(a\)’da türevlenebilir olduğundan, fark oranı (Tanım 2.1) için
\[\lim_{x \to a} \frac{g(x) - g(a)}{x - a} = g'(a) \ne 0\]
olur. Limitin işaret koruma özelliği (bkz. Analiz 1) gereği — \(\varepsilon = \dfrac{|g'(a)|}{2}\) alarak — öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(0 < |x - a| < \delta\) ve \(x \in I\) iken
\[\left| \frac{g(x) - g(a)}{x - a} \right| > \frac{|g'(a)|}{2} > 0\]
sağlanır. Özel olarak bu \(x\)’ler için \(g(x) - g(a) \ne 0\), yani \(g(a) = 0\) olduğundan \(g(x) \ne 0\)’dır. Demek ki \(f(x)/g(x)\) oranı \(a\)’nın delinmiş bir komşuluğunda tanımlıdır.
Adım 2: oranı fark oranlarına çevirmek. \(0 < |x - a| < \delta\) olsun. \(f(a) = g(a) = 0\) olduğundan pay ve paydaya birer sıfır ekleyebiliriz; sonra hem payı hem paydayı \(x - a \ne 0\) ile bölelim:
\[\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{\dfrac{f(x) - f(a)}{x - a}}{\dfrac{g(x) - g(a)}{x - a}}.\]
Adım 3: limite geçmek. Türevin tanımı (Tanım 2.2) gereği
\[\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a} = f'(a), \qquad \lim_{x \to a} \frac{g(x) - g(a)}{x - a} = g'(a) \ne 0.\]
Paydanın limiti sıfırdan farklı olduğundan bölüm için limit aritmetiği (bkz. Analiz 1) uygulanabilir:
\[\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{\displaystyle\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a}}{\displaystyle\lim_{x \to a} \frac{g(x) - g(a)}{x - a}} = \frac{f'(a)}{g'(a)}.\]
\(\blacksquare\)
Bu basit hâl bile pek çok limiti anında verir: \(f(x) = e^x - 1\), \(g(x) = \sin x\) için \(f(0) = g(0) = 0\) ve \(g'(0) = 1 \ne 0\) olduğundan (Teorem 5.2, Teorem 5.4)
\[\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{\sin x} = \frac{f'(0)}{g'(0)} = \frac{e^0}{\cos 0} = 1\]
olur.
\(f(a) = g(a) = 0\) koşulu vazgeçilmezdir. \(f(x) = x + 17\), \(g(x) = 2x + 3\) ve \(a = 0\) alalım. Bu ifade \(x \to 0\) iken belirsiz değildir; payda \(3 \ne 0\)’a gittiği için limit doğrudan bölüm kuralıyla \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{x + 17}{2x + 3} = \frac{17}{3}\) olarak hesaplanır. Oysa türevlerin oranı \(\dfrac{f'(0)}{g'(0)} = \dfrac{1}{2}\)’dir ve \(\dfrac{17}{3} \ne \dfrac{1}{2}\)’dir. Kural burada uygulanamaz, çünkü \(f(0) = 17 \ne 0\)’dır.
Kısacası: önce belirsizliği doğrula, sonra türev al. Bu, L’Hôpital kuralıyla ilgili en sık yapılan hatadır.
11.3 Ortak Bir Gözlem: Payda Neden Sıfırlanmaz?
Aşağıdaki iki teoremin ikisinde de “\((a,b)\) üzerinde \(g'(x) \ne 0\)” hipotezi var. Bu hipotez göründüğünden güçlüdür ve ispatlarda iki ayrı yerde işimize yarayacak; bir kez baştan çıkaralım. \(f, g\) fonksiyonları \((a,b)\) üzerinde türevlenebilir ve her \(x \in (a,b)\) için \(g'(x) \ne 0\) olsun.
(i) \(g\) birebirdir. Türev fonksiyonu \(g'\) ara değer özelliğini taşır (Teorem 10.1). \(g'\) hem pozitif hem negatif değer alsaydı aradaki \(0\) değerini de alması gerekirdi; oysa \(g'\) hiç sıfırlanmıyor. Demek ki \(g'\) bütün \((a,b)\) üzerinde ya hep pozitiftir ya hep negatiftir; monotonluk testi (Sonuç 8.3) gereği \(g\) kesin monotondur (Tanım 1.1), dolayısıyla birebirdir:
\[\alpha, \beta \in (a,b), \quad \alpha \ne \beta \quad \Longrightarrow \quad g(\alpha) \ne g(\beta).\]
Bu, Cauchy ortalama değer teoremini \([\alpha,\beta]\) üzerinde uygulayabilmek için gereken koşuldur. Gözlemin tamamı bir önceki bölümde ayrıca kaydedilmişti: Sonuç 10.3, türevi hiç sıfırlanmayan bir fonksiyonun bir aralık üzerinde kesin monoton olduğunu söyler. (Aynı sonuç Rolle teoremiyle de görülür: \(g(\alpha) = g(\beta)\) olsaydı \((\alpha,\beta)\) içinde \(g'\) sıfırlanırdı.)
(ii) \(0/0\) hâlinde \(g\) hiç sıfırlanmaz. Ayrıca \(\lim_{x \to a^+} g(x) = 0\) olsun; \(g\)’nin kesin artan olduğunu varsayabiliriz (kesin azalan hâlde \(g\) yerine \(-g\) alınır, bu hem \(f/g\)’yi hem \(f'/g'\)’yü \(-1\) ile çarptığından teoremlerin ifadesini bozmaz). \(x \in (a,b)\) olsun. Her \(t \in (a,x)\) için \(g(t) < g(x)\)’tir; \(t \to a^+\) limitine geçince sıralamanın korunmasıyla (bkz. Analiz 1) \(0 \le g(x)\) buluruz. Bu her \(x\) için doğru olduğuna göre bir \(t_0 \in (a,x)\) seçip \(g(x) > g(t_0) \ge 0\) yazabiliriz: \(g(x) > 0\)’dır, yani \(g\) hiç sıfırlanmaz ve \(f(x)/g(x)\) her yerde tanımlıdır.
11.4 L’Hôpital Kuralı I: \(0/0\) Biçimi
Şimdi asıl teoreme geliyoruz. Basit hâlden farkı büyüktür: burada \(f\) ve \(g\)’nin \(a\)’da türevlenebilir olması — hatta \(a\)’da tanımlı olması — istenmiyor, \(a\) sonsuz bile olabilir. İstenen tek şey, \(a\)’nın sağındaki bir aralıkta türevlenebilirlik ve \(g' \ne 0\)’dır.
Teoremde \(-\infty \le a < b \le \infty\) yazıp \(x \to a^+\) diyeceğiz. \(a\) bir reel sayıysa bu alışılmış sağdan limittir; \(a = -\infty\) ise \(x \to -\infty\) anlamına gelir (bkz. Analiz 1). Her iki hâlde de “\(x \to a^+\) iken bir özellik sonunda sağlanır” cümlesi tek bir biçimde okunur: öyle bir \(c \in (a,b)\) vardır ki her \(x \in (a,c)\) için o özellik sağlanır. İspatta yalnızca bu okumayı kullanacağız.
Teorem 11.2 (L’Hôpital Kuralı I) \(-\infty \le a < b \le \infty\) olsun. \(f, g : (a,b) \to \mathbb{R}\) türevlenebilir ve her \(x \in (a,b)\) için \(g'(x) \ne 0\) olsun. Ayrıca
\[\lim_{x \to a^+} f(x) = 0 \qquad \text{ve} \qquad \lim_{x \to a^+} g(x) = 0\]
olsun. O hâlde:
- \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \mathbb{R}\) ise \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = L\)’dir.
- \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = +\infty\) ise \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = +\infty\)’dur; aynı biçimde limit \(-\infty\) ise sonuç da \(-\infty\)’dur.
İspat
Yukarıdaki ortak gözlemin (i) ve (ii) maddeleri gereği \(g\) birebirdir ve \((a,b)\) üzerinde hiç sıfırlanmaz. Dolayısıyla \(\dfrac{f(x)}{g(x)}\) oranı \((a,b)\)’nin her noktasında tanımlıdır ve \(a < \alpha < \beta < b\) olduğunda \(g(\beta) - g(\alpha) \ne 0\)’dır.
Adım 1: Cauchy ortalama değer teoremini uygulamak. \(a < \alpha < \beta < b\) olsun. \(f\) ve \(g\), \([\alpha, \beta]\) üzerinde türevlenebilir olduğundan orada süreklidir de (Teorem 3.1); ayrıca \(g(\alpha) \ne g(\beta)\)’dır. Cauchy ortalama değer teoremi gereği öyle bir \(u \in (\alpha, \beta)\) vardır ki
\[\frac{f(\beta) - f(\alpha)}{g(\beta) - g(\alpha)} = \frac{f'(u)}{g'(u)}. \tag{$*$}\]
Bu eşitlik ispatın yükünü taşır: solda yalnızca \(f\) ve \(g\)’nin değerleri, sağda yalnızca türevlerin oranı vardır.
Adım 2 (birinci kısım): türevlerin oranını kuşatmak. \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \mathbb{R}\) olsun ve bir \(\varepsilon > 0\) verilsin. Limit tanımı gereği öyle bir \(c \in (a,b)\) vardır ki her \(u \in (a,c)\) için
\[L - \varepsilon < \frac{f'(u)}{g'(u)} < L + \varepsilon.\]
Adım 3: kuşatmayı kirişlere taşımak. \(a < \alpha < \beta \le c\) olsun. \((*)\)’daki \(u\) noktası \((\alpha, \beta) \subseteq (a, c)\) içindedir; öyleyse Adım 2’deki eşitsizlik \(u\) için geçerlidir ve \((*)\) ile
\[L - \varepsilon < \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{g(\beta) - g(\alpha)} < L + \varepsilon \qquad \text{(her } a < \alpha < \beta \le c \text{ için)}\]
elde ederiz.
Adım 4: \(\alpha \to a^+\) limitine geçmek. Şimdi \(\beta \in (a, c]\) noktasını sabit tutup \(\alpha\)’yı \(a\)’ya yaklaştıralım. Varsayım gereği \(f(\alpha) \to 0\) ve \(g(\alpha) \to 0\)’dır; \(g(\beta) \ne 0\) olduğundan bölüm için limit aritmetiği (bkz. Analiz 1) uygulanabilir:
\[\lim_{\alpha \to a^+} \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{g(\beta) - g(\alpha)} = \frac{f(\beta) - 0}{g(\beta) - 0} = \frac{f(\beta)}{g(\beta)}.\]
Adım 3’teki eşitsizlikler \(\alpha\)’nın \((a,\beta)\) içindeki her değeri için geçerli olduğundan, limitlerde sıralamanın korunması (bkz. Analiz 1) ile
\[L - \varepsilon \le \frac{f(\beta)}{g(\beta)} \le L + \varepsilon\]
buluruz; limite geçerken katı eşitsizliklerin zayıflaması sorun değildir.
Adım 5: sonuç. Son eşitsizlik \(\left| \dfrac{f(\beta)}{g(\beta)} - L \right| \le \varepsilon\) demektir ve her \(\beta \in (a,c)\) için geçerlidir. Verilen bir \(\varepsilon_0 > 0\) için bütün akıl yürütmeyi \(\varepsilon = \dfrac{\varepsilon_0}{2}\) ile tekrarlarsak, uygun bir \(c\) için her \(\beta \in (a,c)\)’de \(\left| \dfrac{f(\beta)}{g(\beta)} - L \right| \le \dfrac{\varepsilon_0}{2} < \varepsilon_0\) olur. Bu tam olarak \(\displaystyle\lim_{\beta \to a^+} \frac{f(\beta)}{g(\beta)} = L\) demektir; birinci kısım tamamlanmıştır.
Adım 6 (ikinci kısım): sonsuz limit hâli. Şimdi \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = +\infty\) olsun ve herhangi bir \(M \in \mathbb{R}\) verilsin. Sonsuz limitin tanımı (bkz. Analiz 1) gereği öyle bir \(c \in (a,b)\) vardır ki her \(u \in (a,c)\) için \(\dfrac{f'(u)}{g'(u)} > M + 1\)’dir. Adım 3’teki akıl yürütmenin aynısıyla, \(a < \alpha < \beta \le c\) için \((*)\) ile
\[\frac{f(\beta) - f(\alpha)}{g(\beta) - g(\alpha)} > M + 1\]
elde ederiz. \(\beta\)’yı sabitleyip \(\alpha \to a^+\) limitine geçelim; Adım 4’teki hesap aynen geçerlidir ve sıralamanın korunmasıyla her \(\beta \in (a,c)\) için \(\dfrac{f(\beta)}{g(\beta)} \ge M + 1 > M\) buluruz. \(M\) keyfî olduğundan \(\displaystyle\lim_{\beta \to a^+} \frac{f(\beta)}{g(\beta)} = +\infty\)’dur.
Limit \(-\infty\) ise \(f\) yerine \(-f\) alalım: \(-f\) de aynı hipotezleri sağlar ve \(\dfrac{(-f)'}{g'} = -\dfrac{f'}{g'} \to +\infty\)’dur. Az önce ispatladığımız hâl gereği \(\dfrac{-f}{g} \to +\infty\), yani \(\dfrac{f}{g} \to -\infty\)’dur.
\(\blacksquare\)
Kuralı kullanırken eşitlik işaretinin üstüne kısaca “L.H.” yazmak yaygın bir alışkanlıktır; biz de öyle yapacağız. Ama zincirin sondan başa okunduğunu unutmayalım: önce türevlerin oranının limitinin var olduğunu görürüz, ancak ondan sonra teorem asıl oranın limitinin de var ve aynı olduğunu söyler.
Örnek 11.1 (İki Temel Hesap) Aşağıdaki limitleri L’Hôpital kuralıyla hesaplayınız.
- \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{\sqrt{x}}\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x - 1}\)
Çözüm
1. \(x \to 0^+\) iken \(\sin x \to 0\) ve \(\sqrt{x} \to 0\) olduğundan bu bir \(\dfrac{0}{0}\) belirsizliğidir. \(f(x) = \sin x\) ve \(g(x) = \sqrt{x}\) alalım; ikisi de \((0, \infty)\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(g'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \ne 0\) olduğundan Teorem 11.2’in bütün hipotezleri \((a,b) = (0,1)\) üzerinde sağlanır. Türevlerin oranı:
\[\frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{\cos x}{\dfrac{1}{2\sqrt{x}}} = 2\sqrt{x}\,\cos x.\]
\(x \to 0^+\) iken \(2\sqrt{x} \to 0\) ve \(\cos x \to 1\) olduğundan (bkz. Analiz 1) bu çarpımın limiti \(0\)’dır. Öyleyse
\[\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{\sqrt{x}} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 0^+} 2\sqrt{x}\,\cos x = 0.\]
Aynı sonuç kural olmadan da bulunur: \(\dfrac{\sin x}{\sqrt{x}} = \dfrac{\sin x}{x} \cdot \sqrt{x} \to 1 \cdot 0 = 0\) (bkz. Analiz 1).
2. \(x \to 1\) iken \(\ln x \to 0\) ve \(x - 1 \to 0\); yine \(\dfrac{0}{0}\) biçimi. \(f(x) = \ln x\), \(g(x) = x - 1\) alalım; \(g'(x) = 1 \ne 0\)’dır ve iki fonksiyon da \((0,\infty)\) üzerinde türevlenebilirdir (Teorem 5.1). Limit iki yönlü olduğundan kuralı \((1, 2)\) aralığında sağdan, \(\left(\frac{1}{2}, 1\right)\) aralığında soldan uygularız; iki tek yönlü limit de aynı çıkar (bkz. Analiz 1):
\[\lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x - 1} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 1} \frac{1/x}{1} = \frac{1}{1} = 1.\]
\(\blacksquare\)
Bazen bir kez türev almak belirsizliği yok etmeye yetmez; o zaman kuralı yeniden uygularız — ama her seferinde yeni ifadenin de belirsiz olduğunu doğrulamak koşuluyla.
Örnek 11.2 (Kuralın Ard Arda Uygulanması) Aşağıdaki limitleri hesaplayınız.
- \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2}\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x}\)
Çözüm
1. \(x \to 0\) iken \(1 - \cos x \to 0\) ve \(x^2 \to 0\): \(\dfrac{0}{0}\) biçimi. Paydanın türevi \(2x\), \(x \ne 0\) için sıfırdan farklıdır; o yüzden kuralı \(0\)’ın sağında ve solunda ayrı ayrı uygulayabiliriz. Bir kez türev alalım:
\[\frac{(1 - \cos x)'}{(x^2)'} = \frac{\sin x}{2x}.\]
Bu da \(x \to 0\) iken \(\dfrac{0}{0}\) biçimindedir; paydanın türevi \(2 \ne 0\)’dır. İkinci kez türev alalım:
\[\frac{(\sin x)'}{(2x)'} = \frac{\cos x}{2} \longrightarrow \frac{\cos 0}{2} = \frac{1}{2}.\]
Son ifade belirsiz değildir; durmamız gereken yer burasıdır. Zinciri sondan başa okuyarak
\[\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{2x} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{2} = \frac{1}{2}\]
buluruz. İkinci adımı Sinüs x Bölü x Limiti ile de bitirebilirdik.
2. \(x \to 0\) iken \(e^x - 1 \to 0\) ve \(x \to 0\): \(\dfrac{0}{0}\) biçimi. Paydanın türevi \(1 \ne 0\)’dır ve
\[\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{1} = e^0 = 1.\]
Bu limit aslında \(e^x\) fonksiyonunun \(0\) noktasındaki türevinin tanımıdır (Tanım 2.2); yani kural burada kendi ispatında kullandığı bilgiyi geri veriyor. Yanlış değildir ama gereksizdir: Teorem 11.1 zaten aynı şeyi söyler.
\(\blacksquare\)
Kuralın Öteki Sürümleri
Teoremi \(x \to a^+\) için ifade ettik. Uygulamalarda bize soldan limit, iki yönlü limit ve \(x \to \pm\infty\) hâlleri de gerekir. Hepsi ispatlanmış hâlden çıkar; ayrı ispat yazmaya gerek yoktur.
Soldan limit (\(x \to b^-\)). \(F(t) = f(-t)\) ve \(G(t) = g(-t)\) fonksiyonlarını \((-b, -a)\) aralığında tanımlayalım. Zincir kuralı (Teorem 4.1) gereği \(F'(t) = -f'(-t)\) ve \(G'(t) = -g'(-t)\)’dir; dolayısıyla \(G'\) hiç sıfırlanmaz, \(\dfrac{F(t)}{G(t)} = \dfrac{f(-t)}{g(-t)}\) ve \(\dfrac{F'(t)}{G'(t)} = \dfrac{f'(-t)}{g'(-t)}\) olur. \(t \to (-b)^+\) olması \(x = -t \to b^-\) olması demektir; Teorem 11.2’i \(F, G\) çiftine \((-b,-a)\) üzerinde uygularsak \(x \to b^-\) hâlindeki L’Hôpital kuralını elde ederiz.
İki yönlü limit (\(x \to a\)). \(f\) ve \(g\), \(a\)’yı içeren bir açık aralıkta (belki \(a\) hariç) türevlenebilir, \(g' \ne 0\) ve \(f, g \to 0\) olsun. Kuralı \(a\)’nın sağındaki ve solundaki aralıkta ayrı ayrı uygularız; her iki tek yönlü limit de \(L\) çıkar, Limitin Varlığı ile Sağ ve Sol Limitler gereği iki yönlü limit de \(L\)’dir.
\(x \to +\infty\) ve \(x \to -\infty\). Bunlar için yeni bir şey gerekmez: teoremde \(b = \infty\) alıp soldan sürümü kullanmak \(x \to +\infty\) hâlini, \(a = -\infty\) alıp teoremi doğrudan kullanmak \(x \to -\infty\) hâlini verir.
\(x \to +\infty\) hâli \(t = \dfrac{1}{x}\) değişken değiştirmesiyle \(t \to 0^+\) hâline de indirgenir. \(\varphi(t) = f\!\left(\dfrac{1}{t}\right)\), \(\psi(t) = g\!\left(\dfrac{1}{t}\right)\) diyelim. Zincir kuralıyla \(\varphi'(t) = -\dfrac{1}{t^2} f'\!\left(\dfrac{1}{t}\right)\) ve \(\psi'(t) = -\dfrac{1}{t^2} g'\!\left(\dfrac{1}{t}\right)\) olur; \(-\dfrac{1}{t^2}\) çarpanları oranda sadeleşir ve \(\dfrac{\varphi'(t)}{\psi'(t)} = \dfrac{f'(1/t)}{g'(1/t)}\) kalır. \(t \to 0^+\) iken \(\dfrac{1}{t} \to +\infty\) olduğundan \(t \to 0^+\) için elde edilen sonuç doğrudan \(x \to +\infty\) için istenen sonuca dönüşür.
11.5 L’Hôpital Kuralı II: \(\infty/\infty\) Biçimi
İkinci kural, ilkinden hem daha kullanışlı hem daha şaşırtıcıdır: paydan hiçbir şey istenmez. \(f\)’nin bir limiti olması bile gerekmez; yalnızca paydanın mutlak değerce sonsuza gitmesi yeter. Sezgisel açıklama şudur: payda çok büyükse \(f\) ve \(g\)’nin sabit bir \(c\) noktasındaki değerleri orana neredeyse katkı yapmaz; geriye \(c\) ile \(x\) arasındaki değişimlerin oranı kalır, bu da Cauchy ortalama değer teoremi gereği bir türev oranıdır.
Teorem 11.3 (L’Hôpital Kuralı II) \(-\infty \le a < b \le \infty\) olsun. \(f, g : (a,b) \to \mathbb{R}\) türevlenebilir ve her \(x \in (a,b)\) için \(g'(x) \ne 0\) olsun. Ayrıca
\[\lim_{x \to a^+} g(x) = +\infty \qquad \text{ya da} \qquad \lim_{x \to a^+} g(x) = -\infty\]
olsun. O hâlde:
- \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \mathbb{R}\) ise \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = L\)’dir.
- \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = \pm\infty\) ise \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = \pm\infty\)’dur.
İspat
Hipotez, \(x \to a^+\) iken \(|g(x)| \to +\infty\) olduğunu söyler. Ortak gözlemin (i) maddesi gereği \(g\) birebirdir; bu, Cauchy ortalama değer teoremini uygulamak için yeter.
Adım 1: türevlerin oranını kuşatmak. Önce (1) hâlini ispatlayalım: \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L \in \mathbb{R}\) olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. Öyle bir \(c \in (a,b)\) vardır ki
\[\left| \frac{f'(u)}{g'(u)} - L \right| < \frac{\varepsilon}{4} \qquad \text{(her } u \in (a,c) \text{ için)}.\]
Adım 2: sabit uçlu kirişler. \(c\) noktasını bundan böyle sabit tutuyoruz. \(x \in (a,c)\) olsun. \(f\) ve \(g\), \([x, c]\) üzerinde sürekli, \((x,c)\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(g\) birebir olduğundan \(g(x) \ne g(c)\)’dir. \(Q(x) := \dfrac{f(x) - f(c)}{g(x) - g(c)}\) diyelim; Cauchy ortalama değer teoremi gereği bir \(u \in (x,c) \subseteq (a,c)\) için \(Q(x) = \dfrac{f'(u)}{g'(u)}\) olur. Adım 1’in eşitsizliği \(u\) için geçerli olduğundan
\[|Q(x) - L| < \frac{\varepsilon}{4} \qquad \text{(her } x \in (a,c) \text{ için)}. \tag{$\dagger$}\]
Adım 3: asıl oranı \(Q\) cinsinden yazmak. \(g(x) \ne 0\) olan \(x\)’ler için \(\lambda(x) := \dfrac{g(x) - g(c)}{g(x)} = 1 - \dfrac{g(c)}{g(x)}\) diyelim. O zaman
\[Q(x)\,\lambda(x) = \frac{f(x) - f(c)}{g(x) - g(c)} \cdot \frac{g(x) - g(c)}{g(x)} = \frac{f(x)}{g(x)} - \frac{f(c)}{g(x)}, \qquad \text{yani} \qquad \frac{f(x)}{g(x)} = Q(x)\,\lambda(x) + \frac{f(c)}{g(x)}.\]
Buradan \(L\)’yi çıkaralım ve \(L\lambda(x) = L - \dfrac{L\,g(c)}{g(x)}\) olduğunu kullanalım:
\[\frac{f(x)}{g(x)} - L = \big(Q(x) - L\big)\lambda(x) + \big(L\lambda(x) - L\big) + \frac{f(c)}{g(x)} = \big(Q(x) - L\big)\lambda(x) + \frac{f(c) - L\,g(c)}{g(x)}.\]
Üçgen eşitsizliğiyle
\[\left| \frac{f(x)}{g(x)} - L \right| \le |Q(x) - L| \cdot |\lambda(x)| + \frac{|f(c) - L\,g(c)|}{|g(x)|}. \tag{$\ddagger$}\]
Adım 4: \(|g(x)| \to \infty\) olduğunu kullanmak. \(A := |f(c) - L\,g(c)| \ge 0\) olsun; \(c\) sabit olduğundan \(A\) bir sabittir. \(|g(x)| \to +\infty\) olduğundan öyle bir \(c_1 \in (a,c)\) vardır ki her \(x \in (a, c_1)\) için
\[|g(x)| > \max\left\{ 1,\ 2|g(c)|,\ \frac{2A}{\varepsilon} + 1 \right\}\]
sağlanır. Bu \(x\)’ler için üç şey birden elde ederiz:
- \(|g(x)| > 1 > 0\) olduğundan \(g(x) \ne 0\)’dır; \(\dfrac{f(x)}{g(x)}\) ve \(\lambda(x)\) tanımlıdır.
- \(|g(x)| > 2|g(c)| \ge |g(c)|\) olduğundan \(g(x) \ne g(c)\)’dir ve \(\left| \dfrac{g(c)}{g(x)} \right| < \dfrac{1}{2}\); dolayısıyla \(|\lambda(x)| = \left| 1 - \dfrac{g(c)}{g(x)} \right| \le \dfrac{3}{2}\)’dir.
- \(|g(x)| > \dfrac{2A}{\varepsilon}\) olduğundan \(\dfrac{A}{|g(x)|} < \dfrac{\varepsilon}{2}\)’dir (\(A = 0\) ise bu terim zaten \(0\)’dır).
Adım 5: birleştirme. \(x \in (a, c_1)\) için \((\dagger)\) ve \((\ddagger)\)’yi bir araya getirelim:
\[\left| \frac{f(x)}{g(x)} - L \right| < \frac{\varepsilon}{4} \cdot \frac{3}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \frac{3\varepsilon}{8} + \frac{\varepsilon}{2} = \frac{7\varepsilon}{8} < \varepsilon.\]
\(\varepsilon > 0\) keyfî olduğundan \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = L\)’dir.
Adım 6: sonsuz limit hâli. \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f'(x)}{g'(x)} = +\infty\) olsun ve bir \(M > 0\) verilsin. Öyle bir \(c \in (a,b)\) vardır ki her \(u \in (a,c)\) için \(\dfrac{f'(u)}{g'(u)} > 4M\)’dir. Adım 2’deki gibi Cauchy ortalama değer teoremini \([x,c]\) üzerinde uygulayarak
\[Q(x) > 4M \qquad \text{(her } x \in (a,c) \text{ için)}\]
elde ederiz. Şimdi \(c_1 \in (a,c)\) noktasını, her \(x \in (a,c_1)\) için
\[|g(x)| > \max\left\{ 2|g(c)|,\ \frac{|f(c)|}{M} + 1 \right\}\]
olacak biçimde seçelim. Böylece \(\left| \dfrac{g(c)}{g(x)} \right| < \dfrac{1}{2}\) ve dolayısıyla \(\lambda(x) > \dfrac{1}{2}\); ayrıca \(\left| \dfrac{f(c)}{g(x)} \right| < M\) olur. Adım 3’teki özdeşlikte bunları kullanırsak
\[\frac{f(x)}{g(x)} = Q(x)\,\lambda(x) + \frac{f(c)}{g(x)} > 4M \cdot \frac{1}{2} - M = 2M - M = M\]
buluruz. \(M > 0\) keyfî olduğundan \(\displaystyle\lim_{x \to a^+} \frac{f(x)}{g(x)} = +\infty\)’dur. Limit \(-\infty\) ise, birinci teoremin ispatındaki gibi \(f\) yerine \(-f\) alınır.
\(\blacksquare\)
Teorem 11.3’da \(f\) hakkında hiçbir limit varsayımı yok. Bu, ispata bakınca anlaşılır: \(f\) yalnızca \(Q(x)\) ve \(\dfrac{f(c)}{g(x)}\) terimlerinde geçer; ikincisinde \(f(c)\) sabit bir sayıdır ve \(|g(x)| \to \infty\) olduğu için etkisi silinir, birincisinde ise Cauchy ortalama değer teoremi \(f\)’nin değerlerini \(f'\) ile değiştirir.
Örnek 11.3 (Sonsuzdaki Belirsizlikler) Aşağıdaki limitleri hesaplayınız.
- \(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x}\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to \infty} x^2 e^{-x}\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(\sin x)}{\ln x}\)
Çözüm
1. \(x \to \infty\) iken \(\ln x \to +\infty\) ve \(x \to +\infty\); bu bir \(\dfrac{\infty}{\infty}\) belirsizliğidir. \(f(x) = \ln x\), \(g(x) = x\) alalım; \((1,\infty)\) üzerinde ikisi de türevlenebilirdir, \(g'(x) = 1 \ne 0\)’dır ve \(g(x) \to +\infty\)’dur. Teorem 11.3 gereği
\[\lim_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{1/x}{1} = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} = 0.\]
2. Önce çarpımı bir orana çevirelim: \(x^2 e^{-x} = \dfrac{x^2}{e^x}\). \(x \to \infty\) iken pay ve payda ayrı ayrı \(+\infty\)’a gider; \(\dfrac{\infty}{\infty}\) biçimi ve paydanın türevi \(e^x\) hiç sıfırlanmaz. Kuralı iki kez uygulayalım:
\[\lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{e^x} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{2x}{e^x} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{2}{e^x} = 0.\]
İkinci adımdan önce \(\dfrac{2x}{e^x}\) ifadesinin gerçekten \(\dfrac{\infty}{\infty}\) biçiminde olduğunu doğruladık; son ifade belirsiz değildir, o yüzden orada durduk.
3. \(x \to 0^+\) iken \(\sin x \to 0^+\) olduğundan \(\ln(\sin x) \to -\infty\); ayrıca \(\ln x \to -\infty\)’dur. Payda \(-\infty\)’a gittiğine göre Teorem 11.3 uygulanabilir (\(g(x) = \ln x\), \(g'(x) = \dfrac{1}{x} \ne 0\) ve \((0, \tfrac{\pi}{2})\) üzerinde her iki fonksiyon türevlenebilirdir). Türevlerin oranı:
\[\frac{\big(\ln(\sin x)\big)'}{(\ln x)'} = \frac{\dfrac{\cos x}{\sin x}}{\dfrac{1}{x}} = \frac{x \cos x}{\sin x} = \frac{x}{\sin x} \cdot \cos x.\]
Payın türevinde zincir kuralını kullandık (Teorem 4.1). \(x \to 0^+\) iken \(\dfrac{x}{\sin x} \to 1\) ve \(\cos x \to 1\) olduğundan \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(\sin x)}{\ln x} = 1\)’dir. Sonuç sezgiyle uyuşur: \(x\) küçükken \(\sin x\) ile \(x\) birbirine çok yakındır, logaritmaları da öyle.
\(\blacksquare\)
11.6 Öteki Belirsiz Biçimler
Kalan beş belirsiz biçim — \(\infty - \infty\), \(0 \cdot \infty\), \(1^{\infty}\), \(0^0\), \(\infty^0\) — için ayrı teorem yoktur; hepsi cebirsel bir düzenlemeyle ya da logaritma alarak \(\dfrac{0}{0}\) veya \(\dfrac{\infty}{\infty}\) biçimine indirgenir.
Fark ve Çarpım Biçimleri
\(\infty - \infty\) biçiminde standart hamle ortak paydada toplamaktır: iki terim tek bir kesre dönüşünce genellikle \(\dfrac{0}{0}\) biçimi ortaya çıkar.
Örnek 11.4 (Fark Biçimi) \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x} \right)\) limitini hesaplayınız.
Çözüm
\(x \to 0^+\) iken \(\dfrac{1}{x} \to +\infty\) ve \(\dfrac{1}{\sin x} \to +\infty\)’dur; bu bir \(\infty - \infty\) belirsizliğidir. Ortak paydada toplayınca \(\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{\sin x} = \dfrac{\sin x - x}{x \sin x}\) olur; artık pay ve payda \(0\)’a gider: \(\dfrac{0}{0}\) biçimi. Paydanın türevi \(\sin x + x \cos x\)’tir ve \(0 < x < \dfrac{\pi}{2}\) için hem \(\sin x > 0\) hem \(x \cos x > 0\) olduğundan pozitiftir; dolayısıyla \(\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\) aralığında kural uygulanabilir:
\[\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x - x}{x \sin x} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 0^+} \frac{\cos x - 1}{\sin x + x \cos x}.\]
Bu da \(\dfrac{0}{0}\) biçimindedir. Bir kez daha türev alalım; paydanın türevi çarpım kuralıyla (Teorem 3.2) \(\big(\sin x + x \cos x\big)' = 2\cos x - x \sin x\) olur ve \(x \to 0^+\) iken \(2 \ne 0\)’a gittiğinden küçük \(x > 0\)’lar için sıfırdan farklıdır. Öyleyse
\[\lim_{x \to 0^+} \frac{\cos x - 1}{\sin x + x \cos x} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 0^+} \frac{-\sin x}{2\cos x - x \sin x} = \frac{0}{2} = 0.\]
Son ifade belirsiz değildir; zinciri sondan başa okuyarak \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x} \right) = 0\) sonucuna varırız. Aynı hesap \(x \to 0^-\) için de geçerlidir, dolayısıyla iki yönlü limit de \(0\)’dır.
\(\blacksquare\)
\(0 \cdot \infty\) biçiminde ise çarpanlardan birini paydaya atarız: \(f \cdot g\) yerine \(\dfrac{f}{1/g}\) ya da \(\dfrac{g}{1/f}\) yazılır; hangisinin işe yarayacağını hesabın kolaylığı belirler.
Örnek 11.5 (Çarpım Biçimi) \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x \ln x\) limitini hesaplayınız.
Çözüm
\(x \to 0^+\) iken \(x \to 0\) ve \(\ln x \to -\infty\); bu bir \(0 \cdot \infty\) belirsizliğidir. Çarpımı orana çevirmenin iki yolu var: \(x \ln x = \dfrac{\ln x}{1/x}\) ya da \(x \ln x = \dfrac{x}{1/\ln x}\). Birincisini seçiyoruz, çünkü \(\ln x\)’in türevi basittir; ikinci yolda \(\dfrac{1}{\ln x}\)’in türevi \(-\dfrac{1}{x (\ln x)^2}\) çıkar ve ifade karışır. Birinci biçimde pay \(-\infty\)’a, payda \(+\infty\)’a gider: \(\dfrac{\infty}{\infty}\) biçimi ve \(g(x) = \dfrac{1}{x}\) için \(g'(x) = -\dfrac{1}{x^2} \ne 0\)’dır. Kuralı uygulayalım:
\[\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{x} \cdot (-x^2) \right) = \lim_{x \to 0^+} (-x) = 0.\]
Öyleyse \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x \ln x = 0\)’dır. Bu limiti aklımızda tutalım; birazdan üstel biçimlerde kullanacağız. Sonucun anlamı şudur: \(x\) sıfıra giderken \(\ln x\) sonsuza gider, ama \(x\)’in sıfıra gitmesi \(\ln x\)’in patlamasından daha güçlüdür.
\(\blacksquare\)
Üstel Biçimler
\(1^{\infty}\), \(0^0\) ve \(\infty^0\) biçimlerinin üçü de aynı hamleyle çözülür. \(f(x) > 0\) olmak üzere
\[f(x)^{g(x)} = e^{\,g(x) \ln f(x)}\]
özdeşliğini kullanırız (Teorem 5.3’nin dayandığı tanım budur). Üstteki \(g(x) \ln f(x)\) çarpımı her üç biçimde de \(0 \cdot \infty\) türündendir ve bir önceki kesimin yöntemiyle hesaplanır. Sonra üstel fonksiyonun sürekliliğinden yararlanırız: \(g(x)\ln f(x) \to S\) ise \(e^{g(x)\ln f(x)} \to e^S\) olur. Bu, bileşke fonksiyonun limiti kuralının (bkz. Analiz 1) süreklilik hâlidir: dış fonksiyon \(\exp\), \(S\) noktasında sürekli olduğundan — yani oradaki limiti ile değeri çakıştığından — iç fonksiyonun \(S\) değerini alıp almadığına ayrıca bakmak gerekmez. (\(S = -\infty\) ise limit \(0\), \(S = +\infty\) ise \(+\infty\)’dur.)
Örnek 11.6 (Sıfır Üzeri Sıfır Biçimi) \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^{\,x}\) limitini hesaplayınız.
Çözüm
\(x \to 0^+\) iken taban \(x \to 0^+\) ve üs \(x \to 0\)’dır; bu bir \(0^0\) belirsizliğidir. \(x > 0\) için \(x^{\,x} = e^{\,x \ln x}\) yazalım. Örnek 11.5’de \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x \ln x = 0\) olduğunu bulmuştuk; üstel fonksiyon her yerde sürekli olduğundan
\[\lim_{x \to 0^+} x^{\,x} = \lim_{x \to 0^+} e^{\,x \ln x} = e^{\,\lim_{x \to 0^+} x \ln x} = e^0 = 1.\]
Sonuç ilk bakışta şaşırtıcıdır: taban sıfıra giderek ifadeyi sıfıra, üs sıfıra giderek \(1\)’e itiyor; kazanan üstür. Nedeni tam olarak \(x \ln x \to 0\) olmasıdır.
\(\blacksquare\)
Şimdi bölümün en güzel örneğine geliyoruz. Analiz 1’de \(e\) sayısını \(\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n\) dizisinin limiti olarak tanımlamış (bkz. Analiz 1, e Dizisi Artan ve Sınırlıdır), yakınsaklığı için monotonluk ve sınırlılık üzerine epeyce emek vermiştik. L’Hôpital kuralı aynı sonucun fonksiyon sürümünü birkaç satırda verir.
Örnek 11.7 (e Sayısına Giden Limit ve İkizi) Aşağıdaki iki limiti hesaplayınız ve neden farklı çıktıklarını açıklayınız.
- \(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x\)
Çözüm
Her iki limitte de aynı ifadeyle çalışıyoruz. \(x > 0\) için \(1 + \dfrac{1}{x} > 0\) olduğundan logaritma alabiliriz:
\[\left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x = e^{\,\varphi(x)}, \qquad \varphi(x) = x \ln\left( 1 + \frac{1}{x} \right) = \frac{\ln\left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)}{\dfrac{1}{x}}.\]
\(\varphi\)’yi hesaplamak için türevleri bulalım. Payın türevi zincir kuralıyla
\[\left[ \ln\left( 1 + \frac{1}{x} \right) \right]' = \frac{1}{1 + \dfrac{1}{x}} \cdot \left( -\frac{1}{x^2} \right),\]
paydanın türevi ise \(\left( \dfrac{1}{x} \right)' = -\dfrac{1}{x^2}\)’dir; bu, \(x > 0\) için hiç sıfırlanmaz. İki türevin oranında \(-\dfrac{1}{x^2}\) çarpanları sadeleşir:
\[\frac{\left[ \ln\left( 1 + \frac{1}{x} \right) \right]'}{\left( \frac{1}{x} \right)'} = \frac{1}{1 + \dfrac{1}{x}}.\]
Bundan sonrası iki durumda ayrılıyor.
1. Durum: \(x \to \infty\). Burada \(\ln\left( 1 + \dfrac{1}{x} \right) \to 0\) ve \(\dfrac{1}{x} \to 0\); yani \(\varphi\) bir \(\dfrac{0}{0}\) belirsizliğidir ve Teorem 11.2 uygulanır. Türevlerin oranının limiti
\[\lim_{x \to \infty} \frac{1}{1 + \dfrac{1}{x}} = \frac{1}{1 + 0} = 1\]
olduğundan \(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \varphi(x) = 1\)’dir. Üstel fonksiyonun sürekliliğiyle
\[\lim_{x \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x = e^1 = e.\]
2. Durum: \(x \to 0^+\). Şimdi \(\dfrac{1}{x} \to +\infty\) olduğundan hem \(\ln\left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)\) hem payda \(+\infty\)’a gider: bu kez \(\dfrac{\infty}{\infty}\) belirsizliği vardır ve Teorem 11.3 uygulanır. Türevlerin oranı yukarıdakinin aynısıdır ama limiti farklıdır: payda \(+\infty\)’a gittiğinden \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{1 + \frac{1}{x}} = 0\), yani \(\varphi(x) \to 0\) ve
\[\lim_{x \to 0^+} \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^x = e^0 = 1.\]
Neden farklılar? Biçimleri farklıdır: birincisinde taban \(1\)’e, üs \(+\infty\)’a gider (\(1^{\infty}\)); ikincisinde taban \(+\infty\)’a, üs \(0\)’a gider (\(\infty^0\)). Aynı cebirsel ifadenin farklı noktalarda farklı belirsiz biçimler üretip farklı sonuçlar vermesi, “belirsiz” sözcüğünün ne kadar yerinde olduğunu gösterir. Birinci sonuç Analiz 1’deki dizi sonucuyla da uyuşur: genel dizisel ölçüt (bkz. Analiz 1) gereği \(x = n\) alınarak \(e\) dizisi teoremindeki \(\left( 1 + \dfrac{1}{n} \right)^n \to e\) elde edilir.
Bölümün başındaki tablonun \(1^{\infty}\) satırında duran üçüncü örnek de birinci durumdan çıkar. \(x > 0\) için
\[\left( 1 + \frac{1}{x} \right)^{x^2} = \left[ \left( 1 + \frac{1}{x} \right)^{x} \right]^{x}\]
yazalım. Köşeli parantezin içi \(e\)’ye yakınsar ve \(e > 2\) olduğundan yeterince büyük \(x\)’ler için \(\left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)^{x} > 2\), dolayısıyla
\[\left( 1 + \frac{1}{x} \right)^{x^2} > 2^{\,x}\]
olur. \(2^{\,x} \to +\infty\) olduğundan sol taraf da \(+\infty\)’a ıraksar. Aynı \(1^{\infty}\) biçimi, üs biraz daha hızlı büyüdüğünde sonlu bir sayı yerine \(+\infty\) veriyor: tabanın \(1\)’e yaklaşma hızı ile üssün büyüme hızı arasındaki yarış, sonucu tek başına belirliyor.
\(\blacksquare\)
11.7 Kuralın Sınırları
L’Hôpital kuralı çok güçlüdür ama her derde deva değildir; iki tipik başarısızlığını da tanımak gerekir.
Örnek 11.8 (Türevlerin Oranının Limiti Olmayabilir) Aşağıdaki limitleri hesaplayınız ve her birinde L’Hôpital kuralının ne yaptığını inceleyiniz.
- \(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{x - \sin x}{x + \sin x}\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{x^2 \sin\left( \frac{1}{x} \right)}{\sin x}\)
Çözüm
1. \(|\sin x| \le 1\) olduğundan \(x \to \infty\) iken \(x - \sin x \to +\infty\) ve \(x + \sin x \to +\infty\)’dur; ifade \(\dfrac{\infty}{\infty}\) biçimindedir. \(f(x) = x - \sin x\), \(g(x) = x + \sin x\) için \(\dfrac{f'(x)}{g'(x)} = \dfrac{1 - \cos x}{1 + \cos x}\)’tir. Bu ifadenin \(x \to \infty\) iken limiti yoktur: \(x_n = 2n\pi\) alırsak \(\cos x_n = 1\) ve oran \(\dfrac{0}{2} = 0\); \(z_n = 2n\pi + \dfrac{2\pi}{3}\) alırsak \(\cos z_n = -\dfrac{1}{2}\) ve oran \(\dfrac{3/2}{1/2} = 3\) olur. İki dizi boyunca iki farklı değer çıktığından, genel dizisel ölçüt (bkz. Analiz 1) gereği limit yoktur.
Dahası, kuralın hipotezi de sağlanmıyor: \(g'(x) = 1 + \cos x\) ifadesi \(x = (2n+1)\pi\) noktalarında sıfırlanır; dolayısıyla \((c, \infty)\) biçiminde hiçbir aralıkta “\(g' \ne 0\)” koşulu sağlanamaz ve Teorem 11.3 burada uygulanamaz.
Ama asıl limit gayet iyi durumdadır. Pay ve paydayı \(x\)’e bölelim:
\[\frac{x - \sin x}{x + \sin x} = \frac{1 - \dfrac{\sin x}{x}}{1 + \dfrac{\sin x}{x}} \qquad (x > 0).\]
\(\left| \dfrac{\sin x}{x} \right| \le \dfrac{1}{x} \to 0\) olduğundan sıkıştırma kuralıyla (bkz. Analiz 1) \(\dfrac{\sin x}{x} \to 0\)’dır. Payda \(1 + 0 = 1 \ne 0\)’a gittiğinden limit aritmetiği kullanılabilir:
\[\lim_{x \to \infty} \frac{x - \sin x}{x + \sin x} = \frac{1 - 0}{1 + 0} = 1.\]
2. \(f(x) = x^2 \sin\left( \dfrac{1}{x} \right)\) (\(x \ne 0\)) ve \(g(x) = \sin x\) olsun. \(|f(x)| \le x^2 \to 0\) olduğundan pay \(0\)’a gider; payda da \(0\)’a gider: \(\dfrac{0}{0}\) biçimi. Çarpım ve zincir kurallarıyla
\[f'(x) = 2x \sin\left( \frac{1}{x} \right) + x^2 \cos\left( \frac{1}{x} \right) \cdot \left( -\frac{1}{x^2} \right) = 2x \sin\left( \frac{1}{x} \right) - \cos\left( \frac{1}{x} \right)\]
olur ve \(\dfrac{f'(x)}{g'(x)} = \dfrac{2x \sin\left( \frac{1}{x} \right) - \cos\left( \frac{1}{x} \right)}{\cos x}\)’tir. \(x \to 0\) iken payda \(1\)’e, ilk terim \(0\)’a gider; ama \(\cos\left( \dfrac{1}{x} \right)\) terimi \(-1\) ile \(1\) arasında durmadan salınır ve hiçbir değere yaklaşmaz. Demek ki türevlerin oranının limiti yoktur.
Asıl limit ise vardır. \(x \ne 0\) için ifadeyi şöyle ayıralım:
\[\frac{x^2 \sin\left( \frac{1}{x} \right)}{\sin x} = \underbrace{x \sin\left( \frac{1}{x} \right)}_{\to\, 0} \cdot \underbrace{\frac{x}{\sin x}}_{\to\, 1}.\]
Birinci çarpanda \(x \to 0\) ve \(\left| \sin\left( \dfrac{1}{x} \right) \right| \le 1\) olduğundan, sınırlı çarpı sıfır kuralıyla (bkz. Analiz 1) çarpım \(0\)’a gider; ikinci çarpan Sinüs x Bölü x Limiti gereği \(1\)’e gider. Öyleyse limit \(0 \cdot 1 = 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Teorem 11.2 ve Teorem 11.3 tek yönlüdür:
\[\lim \frac{f'}{g'} \text{ var} \quad \Longrightarrow \quad \lim \frac{f}{g} \text{ var ve aynıdır.}\]
Ters yön yanlıştır: Örnek 11.8’ta gördüğümüz gibi türevlerin oranının limiti hiç var olmadığı hâlde asıl limit var olabilir. Pratik sonucu şudur: L’Hôpital kuralı bir limitin var olmadığını göstermek için kullanılamaz. Türev alıp limitin olmadığını görmek asıl limit hakkında hiçbir şey söylemez; o durumda başka bir yöntem denenir (pay ve paydayı bölmek, sıkıştırma, seri açılımı gibi).
Kural ard arda uygulanırken en sık yapılan hata, ifade artık belirsiz olmadığı hâlde türev almaya devam etmektir. Örneğin
\[\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x^2 + x} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{2x + 1} = \frac{1}{1} = 1\]
doğru hesaptır. Ama burada durmayıp bir kez daha türev alan biri \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^x}{2} = \frac{1}{2}\) diyerek yanlış sonuca varır; çünkü \(\dfrac{e^x}{2x+1}\) ifadesi \(x \to 0\) iken \(\dfrac{1}{1}\) biçimindedir, belirsiz değildir.
Doğru sıra şudur: (i) ifadenin belirsiz olduğunu doğrula; (ii) ilgilendiğin aralıkta \(g' \ne 0\) olduğunu doğrula; (iii) türevlerin oranının limitini bul; (iv) o oran hâlâ belirsizse (i)’e dön, değilse dur.
11.8 Büyüme Hızları
L’Hôpital kuralının en kalıcı armağanı, sonsuza giden fonksiyonlar arasında kesin bir hız sıralaması kurmasıdır. Analiz 1’de bu sıralamanın dizi sürümünü görmüştük (bkz. Analiz 1); şimdi fonksiyon sürümünü, üstelik keyfî reel üslerle, kolayca ispatlayabiliriz. \(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{u(x)}{v(x)} = 0\) olduğunda “\(v\), \(u\)’dan hızlı büyür” der ve \(u(x) \ll v(x)\) yazarız.
Sonuç 11.1 (Büyüme Hızlarının Sıralanması) \(p > 0\), \(q > 0\) ve \(a > 1\) reel sayılar olsun. O hâlde:
- \(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{(\ln x)^p}{x^q} = 0\); yani logaritmanın her kuvveti, \(x\)’in her pozitif kuvvetinden yavaş büyür.
- \(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{x^q}{a^x} = 0\); yani her üstel fonksiyon, \(x\)’in her kuvvetinden hızlı büyür.
- \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^q |\ln x|^p = 0\).
Bunlar Analiz 1’deki dizi sonuçlarıyla birleştirildiğinde (\(\dfrac{a^n}{n!} \to 0\) ve \(\dfrac{n!}{n^n} \to 0\), Büyüme Hızları) şu zincir elde edilir:
\[(\ln n)^p \ \ll \ n^q \ \ll \ a^n \ \ll \ n! \ \ll \ n^n \qquad (n \to \infty).\]
İspat
1. Önce \(p = 1\) hâlini görelim: her \(r > 0\) için \(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x^r} = 0\)’dır. Gerçekten \(x \to \infty\) iken pay ve payda \(+\infty\)’a gider ve \((1,\infty)\) üzerinde \((x^r)' = r x^{r-1} \ne 0\)’dır; Teorem 11.3 gereği
\[\lim_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x^r} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{1/x}{r x^{r-1}} = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{r\, x^r} = 0,\]
çünkü \(r > 0\) olduğundan \(x^r \to +\infty\)’dur.
Şimdi genel \(p > 0\) için \(r = \dfrac{q}{p}\) alalım. \(x > 1\) için
\[\frac{(\ln x)^p}{x^q} = \left( \frac{\ln x}{x^{q/p}} \right)^p = \big( w(x) \big)^p, \qquad w(x) := \frac{\ln x}{x^{q/p}} > 0\]
yazılır. Az önce gösterdiğimiz üzere \(w(x) \to 0^+\)’dır. Bir \(\varepsilon > 0\) verildiğinde yeterince büyük \(x\)’ler için \(0 < w(x) < \varepsilon^{1/p}\) olur; \(t \mapsto t^p\) dönüşümü \((0,\infty)\) üzerinde kesin artan olduğundan bu \(x\)’ler için \(0 < \big( w(x) \big)^p < \varepsilon\)’dur. Demek ki \(\big( w(x) \big)^p \to 0\), yani \(\dfrac{(\ln x)^p}{x^q} \to 0\)’dır.
2. \(k = \lceil q \rceil\), yani \(q\)’dan küçük olmayan en küçük doğal sayı olsun; \(k \ge 1\) ve \(q - k \le 0 < q - k + 1\)’dir. \(j = 0, 1, \dots, k-1\) için \(q - j \ge q - k + 1 > 0\) olduğundan \(x^{q-j} \to +\infty\)’dur; ayrıca \(a > 1\) olduğundan \(a^x = e^{x \ln a} \to +\infty\) ve \((a^x)' = a^x \ln a \ne 0\)’dır. Demek ki \(\dfrac{x^{q-j}}{a^x}\) ifadelerinin her biri \(\dfrac{\infty}{\infty}\) biçimindedir ve her birine Teorem 11.3 uygulanabilir. Bir adımlık hesap şöyledir:
\[\frac{\big( x^{q-j} \big)'}{\big( a^x \big)'} = \frac{(q-j)\, x^{q-j-1}}{a^x \ln a} = \frac{q-j}{\ln a} \cdot \frac{x^{q-(j+1)}}{a^x}.\]
Yani her türev alma adımı üssü tam olarak \(1\) azaltıyor ve önüne sabit bir çarpan koyuyor. \(k\) adım sonra ulaşılan ifade
\[C \cdot \frac{x^{q-k}}{a^x}, \qquad C = \frac{q(q-1)\cdots(q-k+1)}{(\ln a)^k}\]
biçimindedir. Burada \(q - k \le 0\) olduğundan \(x \ge 1\) için \(0 < x^{q-k} \le 1\)’dir; \(a^x \to +\infty\) olduğundan \(0 < \dfrac{x^{q-k}}{a^x} \le \dfrac{1}{a^x} \to 0\) olur ve sıkıştırma kuralıyla (bkz. Analiz 1) bu son limit \(0\)’dır. Şimdi zinciri sondan başa okuyoruz: son limit var ve \(0\) olduğuna göre Teorem 11.3 bir önceki ifadenin limitinin de \(0\) olduğunu söyler; \(k\) adım geri giderek \(\displaystyle\lim_{x \to \infty} \frac{x^q}{a^x} = 0\) sonucuna varırız.
3. \(0 < x < 1\) olsun ve \(t = \dfrac{1}{x}\) diyelim; \(x \to 0^+\) iken \(t \to +\infty\)’dur. \(\ln x = -\ln t\) ve \(\ln t > 0\) olduğundan \(|\ln x| = \ln t\)’dir. Böylece
\[x^q |\ln x|^p = \frac{(\ln t)^p}{t^q}.\]
Birinci kısım gereği sağ taraf \(t \to +\infty\) iken \(0\)’a gider; dolayısıyla sol taraf da \(x \to 0^+\) iken \(0\)’a gider.
Zincirin kalan halkaları. \(\dfrac{a^n}{n!} \to 0\) ve \(\dfrac{n!}{n^n} \to 0\) sonuçları büyüme hızları teoreminin (2) ve (3) maddeleridir; \(n!\) yalnızca doğal sayılarda tanımlı olduğundan orada türev alınmaz. Birinci ve ikinci kısımları \(x = n\) için okuyup bu ikisini eklersek zincir tamamlanır.
\(\blacksquare\)
Bu sıralamayı bir kez ezberlemek sayısız limiti hesap yapmadan bitirmeye yeter: \(\dfrac{x^{100}}{1{,}0001^x} \to 0\)’dır, çünkü üs ne kadar büyük, üstel tabanı ne kadar \(1\)’e yakın olursa olsun üstel er ya da geç kazanır.
11.9 Alıştırmalar
Alıştırma 11.1 (L’Hôpital Kuralı Üzerine)
\(\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - x}{x^3}\) limitini hesaplayınız.
\(\displaystyle\lim_{x \to \infty} x \left( \frac{\pi}{2} - \arctan x \right)\) limitini hesaplayınız.
\(\displaystyle\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{e^x - 1} \right)\) limitini hesaplayınız.
\(\displaystyle\lim_{x \to 0} (\cos x)^{1/x^2}\) limitini hesaplayınız.
\(\displaystyle\lim_{x \to \infty} (e^x + x)^{1/x}\) limitini hesaplayınız.
\(\displaystyle\lim_{x \to 2} \frac{x^2 + 3x}{x + 5}\) limitini hesaplayınız. Bu limite L’Hôpital kuralı uygulansaydı hangi sayı bulunurdu? Aradaki fark neyi gösterir?
Çözüm
a) \(x \to 0\) iken \(\tan x - x \to 0\) ve \(x^3 \to 0\): \(\dfrac{0}{0}\) biçimi. \((x^3)' = 3x^2\), \(x \ne 0\) için sıfırdan farklı olduğundan kuralı \(0\)’ın sağında ve solunda ayrı ayrı uygularız. \((\tan x)' = \dfrac{1}{\cos^2 x}\) olduğundan
\[\lim_{x \to 0} \frac{\tan x - x}{x^3} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{\cos^2 x} - 1}{3x^2}.\]
Şimdi \(\dfrac{1}{\cos^2 x} - 1 = \dfrac{1 - \cos^2 x}{\cos^2 x} = \tan^2 x\) özdeşliğini kullanalım:
\[\lim_{x \to 0} \frac{\tan^2 x}{3 x^2} = \frac{1}{3} \lim_{x \to 0} \left( \frac{\tan x}{x} \right)^2 = \frac{1}{3} \cdot 1^2 = \frac{1}{3},\]
çünkü \(\dfrac{\tan x}{x} = \dfrac{\sin x}{x} \cdot \dfrac{1}{\cos x} \to 1 \cdot 1 = 1\)’dir (bkz. Analiz 1). Sonuç: limit \(\dfrac{1}{3}\)’tür.
b) \(x \to \infty\) iken \(x \to +\infty\) ve \(\dfrac{\pi}{2} - \arctan x \to 0\): \(0 \cdot \infty\) belirsizliği. Çarpanı paydaya atarsak \(x \left( \dfrac{\pi}{2} - \arctan x \right) = \dfrac{\frac{\pi}{2} - \arctan x}{1/x}\) olur ve artık pay ve payda \(0\)’a gider: \(\dfrac{0}{0}\) biçimi. Ters fonksiyonun türevi kuralından \((\arctan x)' = \dfrac{1}{1 + x^2}\) ve \(\left( \dfrac{1}{x} \right)' = -\dfrac{1}{x^2} \ne 0\)’dır:
\[\lim_{x \to \infty} \frac{\dfrac{\pi}{2} - \arctan x}{\dfrac{1}{x}} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{-\dfrac{1}{1 + x^2}}{-\dfrac{1}{x^2}} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{1 + x^2} = \lim_{x \to \infty} \frac{1}{\dfrac{1}{x^2} + 1} = 1.\]
Sonuç: limit \(1\)’dir; yani \(x\) büyükken \(\dfrac{\pi}{2} - \arctan x\) farkı yaklaşık \(\dfrac{1}{x}\) kadardır.
c) \(x \to 0\) iken \(\dfrac{1}{x}\) ve \(\dfrac{1}{e^x - 1}\) ifadelerinin ikisi de mutlak değerce sonsuza gider: \(\infty - \infty\) biçimi. Ortak paydada toplayalım:
\[\frac{1}{x} - \frac{1}{e^x - 1} = \frac{e^x - 1 - x}{x (e^x - 1)}.\]
Pay ve payda \(0\)’a gider: \(\dfrac{0}{0}\) biçimi. Paydanın türevi \(\big( x e^x - x \big)' = e^x + x e^x - 1 = (1+x)e^x - 1\)’dir. Bu son ifadenin türevi \(e^x(2+x)\) olup \(|x| < 1\) için pozitiftir; öyleyse \((1+x)e^x - 1\) fonksiyonu \((-1,1)\) üzerinde kesin artandır (Sonuç 8.3) ve \(x = 0\)’da aldığı \(0\) değerini orada bir daha almaz. Demek ki \(0\)’ın delinmiş bir komşuluğunda hem \((1+x)e^x - 1 \ne 0\) hem de \(e^x(2+x) \ne 0\)’dır; kuralı \(0\)’ın iki yanında da iki kez uygulayabiliriz:
\[\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x e^x - x} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{e^x + x e^x - 1} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{e^x (2 + x)} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{2 + x} = \frac{1}{2}.\]
Ortadaki ifade hâlâ \(\dfrac{0}{0}\) biçimindeydi, sonuncusu ise belirsiz değildir; orada durduk. Sonuç: limit \(\dfrac{1}{2}\)’dir.
d) \(x \to 0\) iken taban \(\cos x \to 1\) ve üs \(\dfrac{1}{x^2} \to +\infty\): \(1^{\infty}\) biçimi. Yeterince küçük \(|x|\) için \(\cos x > 0\) olduğundan logaritma alabiliriz:
\[(\cos x)^{1/x^2} = e^{\,\psi(x)}, \qquad \psi(x) = \frac{\ln(\cos x)}{x^2}.\]
\(\psi\), \(\dfrac{0}{0}\) biçimindedir (\(\ln \cos 0 = 0\)) ve paydanın türevi \(2x\), \(x \ne 0\) için sıfırdan farklıdır. Zincir kuralıyla \(\big( \ln \cos x \big)' = -\tan x\) olduğundan
\[\lim_{x \to 0} \frac{\ln(\cos x)}{x^2} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to 0} \frac{-\tan x}{2x} = -\frac{1}{2} \lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = -\frac{1}{2}\]
olur; üstel fonksiyonun sürekliliğiyle \(\displaystyle\lim_{x \to 0} (\cos x)^{1/x^2} = e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{e}}\)’dir.
e) \(x \to \infty\) iken taban \(e^x + x \to +\infty\) ve üs \(\dfrac{1}{x} \to 0\): \(\infty^0\) biçimi. Logaritma alalım:
\[(e^x + x)^{1/x} = e^{\,\chi(x)}, \qquad \chi(x) = \frac{\ln(e^x + x)}{x}.\]
\(x \to \infty\) iken pay ve payda \(+\infty\)’a gider: \(\dfrac{\infty}{\infty}\) biçimi ve paydanın türevi \(1 \ne 0\)’dır. Zincir kuralıyla
\[\lim_{x \to \infty} \frac{\ln(e^x + x)}{x} \overset{\text{L.H.}}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{e^x + 1}{e^x + x} = \lim_{x \to \infty} \frac{1 + e^{-x}}{1 + x e^{-x}} = 1.\]
Son adımda kuralı yeniden uygulamak yerine pay ve paydayı \(e^x\)’e böldük; \(e^{-x} \to 0\) ve Sonuç 11.1 (2) gereği \(x e^{-x} = \dfrac{x}{e^x} \to 0\)’dır. Öyleyse \(\chi(x) \to 1\) ve \(\displaystyle\lim_{x \to \infty} (e^x + x)^{1/x} = e^1 = e\)’dir: büyük \(x\) için \(e^x + x\) ile \(e^x\) arasındaki fark, \(\dfrac{1}{x}\) kuvveti alındığında silinir.
f) Bu limit belirsiz değildir. \(x \to 2\) iken pay \(2^2 + 3 \cdot 2 = 10\)’a, payda \(2 + 5 = 7 \ne 0\)’a gider. Polinomlar sürekli olduğundan (bkz. Analiz 1) limit aritmetiği doğrudan uygulanır (bkz. Analiz 1):
\[\lim_{x \to 2} \frac{x^2 + 3x}{x + 5} = \frac{10}{7}.\]
L’Hôpital kuralı yanlışlıkla uygulansaydı \(\dfrac{(x^2 + 3x)'}{(x + 5)'} = \dfrac{2x + 3}{1} \to 7\) bulunurdu; oysa doğru yanıt \(\dfrac{10}{7}\)’dir. Aradaki fark şunu gösterir: L’Hôpital kuralı bir “türev alıp sadeleştirme” hilesi değil, hipotezleri olan bir teoremdir. İlk hipotez — ifadenin \(\dfrac{0}{0}\) ya da \(\dfrac{\infty}{\infty}\) biçiminde olması — sağlanmazsa kural uygulanamaz; zorlanırsa alakasız bir sayı üretir.
\(\blacksquare\)
Elimizdeki araçlar bir fonksiyonun bir nokta yakınındaki davranışını birinci mertebeden — teğet doğrusu düzeyinde — betimlemeye yetiyor. Bir sonraki bölümde bu betimlemeyi istediğimiz mertebeye çıkaracağız: Taylor Formülü.