Uppgift 1

a) $$x(\ln(x+2)-\ln x)=x\ln\frac{x+2}{x}=x\ln\left(1+\frac2x\right)=\ln\left[\left(1+\frac2x\right)^x\right].$$
Eftersom $\lim_{x\to\infty}(1+2/x)^x=[y=x/2]=\lim_{y\to\infty}[(1+1/y)^y]^2=e^2$, är det sökta gränsvärdet lika med $\ln(e^2)=2$. Man kan även beräkna gränsvärdet på följande sätt:
$$\lim_{x\to\infty}x\ln\left(1+\frac2x\right)=[t=1/x]=\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+2t)}t=\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+2t)}{2t}\cdot2=2.$$
b) $\sin t=t-t^3/6+O(t^5)$, så om vi sätter $t=2x$, får vi $\sin2x=2x-4x^3/3+O(x^5)$.

$\arctan t=t+O(t^3)$, så $\arctan(x^2)=x^2+O(x^6)$.

Alltså är $x\sin2x-2\arctan(x^2)=(2x^2-4x^4/3+O(x^6))-(2x^2+O(x^6))=-4x^4/3+O(x^6)$.

$\ln(1+t)=t-t^2/2+O(t^3)$, så $\ln(1+3x)=3x-9x^2/2+O(x^3)$ och $x^2\ln(1+3x)-3x^3=-9x^4/2+O(x^5)$. Nu beräknar vi gränsvärdet:
$$\frac{x\sin2x-2\arctan(x^2)}{x^2\ln(1+3x)-3x^3}=\frac{-4x^4/3+O(x^6)}{-9x^4/2+O(x^5)}=\frac{-4/3+O(x^2)}{-9/2+O(x)}\to\frac8{27}\quad\text{då }x\to0.$$