Uppgift 1

a) $\frac{\ln(2^x+1)}x=\frac{\ln[2^x(1+2^{-x})]}x=\frac{\overbrace{\ln(2^x)}^{=x\ln2}+\ln(1+2^{-x})}x=\ln2+\frac{\ln(1+2^{-x})}x\to\ln2$ då $x\to\infty$.

Eftersom $2^x\to0$ då $x\to-\infty$, är $\lim_{x\to-\infty}\frac{\ln(2^x+1)}x=0$ (täljaren $\to0$, nämnaren $\to-\infty$).

b) $\sin x=x-x^3/6+O(x^5)$, så $(\sin x-x)^2=(-x^3/6+O(x^5))^2=x^6/36+O(x^8)$.

$\arctan t=t-t^3/3+O(t^5)$, så om vi sätter $t=x^2$, får vi $\arctan(x^2)-x^2=(x^2-x^6/3+O(x^{10}))-x^2=-x^6/3+O(x^{10})$. Nu kan vi beräkna gränsvärdet:
$$\frac{(\sin x-x)^2}{\arctan(x^2)-x^2}=\frac{x^6/36+O(x^8)}{-x^6/3+O(x^{10})}=\frac{1/36+O(x^2)}{-1/3+O(x^4)}\to-\frac1{12}\quad\text{då }x\to0.$$