Uppgift 3

a) Ett sätt är att skriva

$$\frac{\ln(x+e^{2x})}{x}=\frac{\ln\left(e^{2x}(xe^{-2x}+1)\right)}x=2+\frac{\ln(xe^{-2x}+1)}x.$$

Eftersom $xe^{-2x}\to0$ då $x\to\infty$, är gränsvärdet $2$.

Alternativt gäller $x\le e^{2x}$ för alla tillräckligt stora $x$. Instängningssatsen ger då

$$2=\frac{\ln e^{2x}}x\le\frac{\ln(x+e^{2x})}{x}\le\frac{\ln(2e^{2x})}{x}=\frac{\ln2}{x}+2,$$

vilket också ger gränsvärdet $2$.

b) Vi använder Maclaurinutvecklingarna

$$\arctan t=t-\frac{t^3}{3}+\frac{t^5}{5}+\mathcal{O}(t^7)$$

och

$$\sin t=t-\frac{t^3}{6}+\frac{t^5}{120}+\mathcal{O}(t^7).$$

Därmed får vi

$$\arctan(2x)-2\arctan x+2x^3=6x^5+\mathcal{O}(x^7)$$

och

$$\sin(2x)-2\sin x+x^3=\frac{x^5}{4}+\mathcal{O}(x^7).$$

Alltså är

$$\lim_{x\to0}\frac{\arctan(2x)-2\arctan x+2x^3}{\sin(2x)-2\sin x+x^3}=\lim_{x\to0}\frac{6+\mathcal{O}(x^2)}{\frac14+\mathcal{O}(x^2)}=24.$$