Belirsizlik:
Toplanan fonksiyonların ayrı ayrı limitini incelersek $$\lim\limits_{x\to 0^{\pm}}\frac{1}{\ln(1+x)}=\pm\infty \ \ \ \text{ ve } \ \ \ \lim\limits_{x\to 0^{\pm}}\frac1{x}=\pm\infty$$ olduğundan elimizde (sıfırın iki yönü için de) $[\infty-\infty]$ belirsizliği olur.
Yol:
(1.0) Paydaları eşitleyelim.
(2.0) Bu durumda $[0/0]$ belirsizliğimiz olur.
(2.1) l'Hopital uygulayalım.
(3.0) Düzenleme yapalım. (Payı ve paydayı $x+1$ ile çarpalım.)
(3.1) Bu durumda $[0/0]$ belirsizliğimiz olur.
(3.2) l'Hopital uygulayalım.
(4.0) Düzenleme yapalım. (Bu düzenlemeyi yapmasak da olur.)
(4.1) Limiti bulalım.
Yolu uygulama:
Bu yol ile\begin{align*}\lim\limits_{x\to 0} \left(\dfrac 1{\ln(x+1)}-\frac1{x}\right)&=\ \lim\limits_{x\to 0}\frac{ x-\ln(x+1)}{x\cdot\ln(x+1)} \\[17pt]&\mathop{=}_{\text{l'H}}^{\left[\frac00\right]} \ \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\frac{1}{x+1}}{1\cdot \ln (x+1)+x\cdot \frac1{x+1}}\\[17pt]&=\ \lim\limits_{x\to 0}\frac{x}{(x+1)\cdot \ln(x+1)+x}\\[17pt]&\mathop{=}_{\text{l'H}}^{\left[\frac00\right]} \ \lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{\left(1\cdot \ln (x+1)+(x+1)\cdot \frac1{x+1}\right)+1}\\[17pt]&=\ \lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{\ln(x+1)+2}\\[17pt]&=\ \frac{1}{\ln(0+1)+2}\\[17pt] &= \ \frac12\end{align*}eşitliğini elde ederiz.
Kalan koşulu kontrol etme:
Her ne kadar verilen örneklerde bu ön koşul sağlansa da paydalarının türevlerinin $$\ln (x+1)+1-\frac1{x+1}\ \ \ \text{ ve } \ \ \ \ln(x+1)+2$$ sıfırın bir civarında hiç sıfır değeri vermediğinden emin olmamız gerekli.
Bu da, bir civar örneği olarak $\left(-1+e^{-2},1\right)-\{0\}$ için, ikisi için de sağlanıyor.
Bu türevlerin türevleri olan $$\frac1{x+1}+\frac1{(x+1)^2}\ \ \ \text{ ve } \ \ \ \frac1{x+1}$$ bu aralık üzerinde pozitif değerler aldığından, bu aralık üzerinde artan ve dolayısıyla birebir olur. Bu aralık üzerinde ikinci bir sıfıra sahip olamaz. (İkincisi sadece pozitif değerler alıyor.)