Uppgift 1

a)
$$\sqrt{x^2-3x+4}-x=\frac{(\sqrt{x^2-3x+4}-x)(\sqrt{x^2-3x+4}+x)}{\sqrt{x^2-3x+4}+x}=\frac{-3x+4}{x(\sqrt{1-3/x+4/x^2}+1)}=\frac{-3+4/x}{\sqrt{1-3/x+4/x^2}+1}\to-\frac32\text{ då }x\to\infty.$$
b) Genom att använda standardutvecklingar får vi $e^x=1+x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}6+\frac{x^4}{24}+O(x^5)$ och $\arctan x=x-\frac{x^3}3+\frac{x^5}5+O(x^7)$. Byter vi $x$ mot $-x$ i utvecklingen av $e^x$, får vi även $e^{-x}=1-x+\frac{x^2}2-\frac{x^3}6+\frac{x^4}{24}+O(x^5)$.

Så $f(x)=(e^x+e^{-x}-2)(\arctan x-x)=(x^2+\frac{x^4}{12}+O(x^5))(-\frac{x^3}3+\frac{x^5}5+O(x^7))=-\frac{x^5}3+\frac{x^7}5-\frac{x^7}{36}+O(x^8)=-\frac13x^5+\frac{31}{180}x^7+O(x^8)$. Det sökta Maclaurinpolynomet är alltså $-\frac13x^5+\frac{31}{180}x^7$.

Eftersom $f(x)=x^5(-\frac13+\frac{31}{180}x^2+O(x^3))$ och uttrycket inom parentesen går mot $-\frac13$ då $x\to0$, ser vi att $f(x)<0$ för $x>0$ och nära $0$ samt $f(x)>0$ för $x<0$ och nära $0$. Alltså har $f$ varken ett lokalt maximum eller minimum i origo.