Uppgift 1

a) Eftersom $1+x\to1$ och $1/(x^2+2x)\to\pm\infty$ då $x\to0^\pm$, kan man inte direkt avgöra vad gränsvärdet blir. Först gör vi en omskrivning: $(1+x)^{1/(x^2+2x)}=(e^{\ln(1+x)})^{1/(x^2+2x)}=e^{\ln(1+x)/(x^2+2x)}$, och sedan beräknar vi gränsvärdet för exponenten:
$\frac{\ln(1+x)}{x^2+2x}=\frac{\ln(1+x)}x\cdot\frac1{x+2}\to1\cdot\frac12=\frac12$ då $x\to0$. Så det sökta gränsvärdet är $e^{1/2}$.

b) $\sin t=t-t^3/6+O(t^5)$, så om vi sätter $t=2x$, får vi $\sin2x=2x-4x^3/3+O(x^5)$.

$\arctan x=x-x^3/3+O(x^5)$.

Så $\sin2x-2\arctan x=2x-4x^3/3+O(x^5)-2(x-x^3/3+O(x^5))=-2x^3/3+O(x^5)$.

$\ln(1+x)=x+O(x^2)$. $\arctan t=t+O(t^3)$, så sätter vi $t=x^2$, får vi $\arctan(x^2)=x^2+O(x^6)$.

Alltså är $\ln(1+x)\arctan(x^2)=(x+O(x^2))(x^2+O(x^6))=x^3+O(x^4)$.

Så $\frac{\sin2x-2\arctan x}{\ln(1+x)\arctan(x^2)}=\frac{-2x^3/3+O(x^5)}{x^3+O(x^4)}=\frac{-2/3+O(x^2)}{1+O(x)}\to-\frac23$ då $x\to0$.