Hàm số \(x = a.{\cos ^3}t,\,y = b.{\sin ^3}t,\,t \in (0,\frac{\pi }{2})\) có y'(t) là:

Ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\ln ({n^2} - n + 1)}}{{\ln ({n^{10}} + n + 1)}}\) = \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\ln \left[ {{n^2}\left( {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)} \right]}}{{\ln \left[ {{n^{10}}\left( {1 + \frac{1}{{{n^9}}} + \frac{1}{{{n^{10}}}}} \right)} \right]}}\)
= \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\ln {n^2} + \ln \left( {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{\ln {n^{10}} + \ln \left( {1 + \frac{1}{{{n^9}}} + \frac{1}{{{n^{10}}}}} \right)}}\) = \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2\ln n + \ln \left( {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{10\ln n + \ln \left( {1 + \frac{1}{{{n^9}}} + \frac{1}{{{n^{10}}}}} \right)}}\)
= \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2 + \frac{{\ln \left( {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{\ln n}}}}{{10 + \frac{{\ln \left( {1 + \frac{1}{{{n^9}}} + \frac{1}{{{n^{10}}}}} \right)}}{{\ln n}}}}\) = \(\frac{{2 + 0}}{{10 + 0}} = \frac{1}{5}\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\ln \left( {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{\ln n}} = 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\ln \left( {1 + \frac{1}{{{n^9}}} + \frac{1}{{{n^{10}}}}} \right)}}{{\ln n}} = 0\).

Để tính giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {{e^{1/x}} + \frac{1}{x}} \right)^x}\), ta có thể sử dụng khai triển Taylor cho \(e^{1/x}\) khi \(x \to \infty\). Cụ thể, \(e^{1/x} = 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{2{x^2}}} + O\left( {\frac{1}{{{x^3}}}} \right)\). Do đó, biểu thức trở thành:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{2{x^2}}} + \frac{1}{x} + O\left( {\frac{1}{{{x^3}}}} \right)} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{2}{x} + \frac{1}{{2{x^2}}} + O\left( {\frac{1}{{{x^3}}}} \right)} \right)^x}\)

Ta có thể viết lại như sau:

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

Vậy giới hạn của biểu thức là \(e^2\).

Để tính giới hạn này, ta cần khai triển và rút gọn biểu thức:

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{{(n + 1)}^4} - {{(n - 1)}^4}}}{{{{({n^2} + 1)}^2} - {{({n^2} - 1)}^2}}}\)

Trước hết, ta khai triển \({(n+1)^4}\) và \({(n-1)^4}\):
\({(n+1)^4} = n^4 + 4n^3 + 6n^2 + 4n + 1\)
\({(n-1)^4} = n^4 - 4n^3 + 6n^2 - 4n + 1\)

Do đó, \({(n+1)^4} - {(n-1)^4} = 8n^3 + 8n\)

Tiếp theo, ta khai triển \({(n^2+1)^2}\) và \({(n^2-1)^2}\):
\({(n^2+1)^2} = n^4 + 2n^2 + 1\)
\({(n^2-1)^2} = n^4 - 2n^2 + 1\)

Do đó, \({(n^2+1)^2} - {(n^2-1)^2} = 4n^2\)

Vậy, biểu thức trở thành:
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{8{n^3} + 8n}}{{4{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{8{n^3}}}{{4{n^2}}} + \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{8n}}{{4{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (2n + \frac{2}{n})\)

Khi \(n \to \infty \), \(2n \to \infty \) và \(\frac{2}{n} \to 0\). Do đó, giới hạn là \(+ \infty \).

Ta có:
\(\cot 2x.\cot (\frac{\pi }{4} - x) = \frac{\cos 2x}{\sin 2x} . \frac{\cos (\frac{\pi }{4} - x)}{\sin (\frac{\pi }{4} - x)} = \frac{\cos 2x}{\sin 2x} . \frac{\cos \frac{\pi }{4} \cos x + \sin \frac{\pi }{4} \sin x}{\sin \frac{\pi }{4} \cos x - \cos \frac{\pi }{4} \sin x} = \frac{\cos 2x}{\sin 2x} . \frac{\cos x + \sin x}{\cos x - \sin x} = \frac{\cos 2x}{\sin 2x} . \frac{(\cos x + \sin x)^2}{\cos^2 x - \sin^2 x} = \frac{\cos 2x}{\sin 2x} . \frac{(\cos x + \sin x)^2}{\cos 2x} = \frac{(\cos x + \sin x)^2}{\sin 2x} = \frac{\cos^2 x + 2\sin x \cos x + \sin^2 x}{2\sin x \cos x} = \frac{1 + \sin 2x}{2\sin x \cos x} = \frac{1 + \sin 2x}{\sin 2x}\)
Do đó:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /4} \cot 2x.\cot (\frac{\pi }{4} - x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pi /4} \frac{1 + \sin 2x}{\sin 2x} = \frac{1 + \sin \frac{\pi}{2}}{\sin \frac{\pi}{2}} = \frac{1 + 1}{1} = 2\)