Đạo hàm cấp n của hàm sin(ax) là:

To find the oblique asymptote of the function \(f(x) = \frac{x}{{1 + {e^{\frac{1}{x}}}}}\) , we need to calculate the following limit:

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{f(x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{x}{{1 + {e^{\frac{1}{x}}}}}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{{1 + {e^{\frac{1}{x}}}}}\)

When \(x \to \infty \), then \(\frac{1}{x} \to 0\), so \({e^{\frac{1}{x}}} \to {e^0} = 1\).

Thus, \(a = \frac{1}{{1 + 1}} = \frac{1}{2}\).

Next, we calculate:

\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {f(x) - ax} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {\frac{x}{{1 + {e^{\frac{1}{x}}}}} - \frac{1}{2}x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2x - x(1 + {e^{\frac{1}{x}}})}}{{2(1 + {e^{\frac{1}{x}}})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{x - x{e^{\frac{1}{x}}}}}{{2(1 + {e^{\frac{1}{x}}})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{x(1 - {e^{\frac{1}{x}}})}}{{2(1 + {e^{\frac{1}{x}}})}}\)

Let \(t = \frac{1}{x}\), when \(x \to \infty \) then \(t \to 0\), we have:

\(b = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{\frac{1}{t}(1 - {e^t})}}{{2(1 + {e^t})}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{1 - {e^t}}}{{2t(1 + {e^t})}}\)

Applying L'Hopital's rule:

\(b = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{ - {e^t}}}{{2(1 + {e^t}) + 2t{e^t}}} = \frac{{ - {e^0}}}{{2(1 + {e^0}) + 2 \cdot 0 \cdot {e^0}}} = \frac{{ - 1}}{{2(1 + 1)}} = - \frac{1}{4}\)

Thus, the oblique asymptote of the function is \(y = ax + b = \frac{x}{2} - \frac{1}{4}\).

Ta có thể sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng: cos(a) - cos(b) = -2sin((a+b)/2)sin((a-b)/2).
Trong trường hợp này, a = 3x và b = 7x. Do đó:
cos(3x) - cos(7x) = -2sin((3x+7x)/2)sin((3x-7x)/2) = -2sin(5x)sin(-2x) = 2sin(5x)sin(2x).
Vậy, biểu thức trở thành:
lim (x->0) (2sin(5x)sin(2x)) / x^2 = 2 * lim (x->0) (sin(5x)/x) * lim (x->0) (sin(2x)/x).
Ta biết rằng lim (x->0) sin(ax)/x = a. Do đó:
lim (x->0) (sin(5x)/x) = 5 và lim (x->0) (sin(2x)/x) = 2.
Vậy, giới hạn ban đầu bằng 2 * 5 * 2 = 20.

Nếu f(x) là hàm chẵn, thì f(-x) = f(x). Khi đó, tích phân từ -a đến a của f(x) sẽ bằng hai lần tích phân từ 0 đến a của f(x). Công thức này xuất phát từ tính đối xứng của hàm chẵn qua trục tung.

Để tính tích phân suy rộng \(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{1}{{{{(x + 1)}^5}}}} dx\), ta thực hiện như sau:

\(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{1}{{{{(x + 1)}^5}}}} dx = \mathop {lim}\limits_{b \to + \infty } \int\limits_1^b {{{(x + 1)}^{ - 5}}} dx\)

Ta tính tích phân không xác định: \(\int {{{(x + 1)}^{ - 5}}} dx = \frac{{{{(x + 1)}^{ - 4}}}}{{ - 4}} + C = - \frac{1}{{4{{(x + 1)}^4}}} + C\)

Do đó:

\(\mathop {lim}\limits_{b \to + \infty } \int\limits_1^b {{{(x + 1)}^{ - 5}}} dx = \mathop {lim}\limits_{b \to + \infty } \left[ { - \frac{1}{{4{{(x + 1)}^4}}}} \right]_1^b = \mathop {lim}\limits_{b \to + \infty } \left( { - \frac{1}{{4{{(b + 1)}^4}}} + \frac{1}{{4{{(1 + 1)}^4}}}} \right)\)

\(= \mathop {lim}\limits_{b \to + \infty } \left( { - \frac{1}{{4{{(b + 1)}^4}}} + \frac{1}{{4 \cdot {2^4}}}} \right) = 0 + \frac{1}{{4 \cdot 16}} = \frac{1}{{64}}\)

Vậy, \(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{1}{{{{(x + 1)}^5}}}} dx = \frac{1}{{64}}\)