P.S. Использовались формулы замены бесконечно малых величин эквивалентными бесконечно малыми.
ответ: во вложении пошаговое объяснение:
![1)\; \; \lim\limits _{x \to 0}\frac{1-cos10x}{e^{x^2-1}}=\lim\;limits _{x \to 0}\frac{2\; sin^25x}{e^{x^2}-1}=\\\\=\Big [\; sin\alpha \sim \alpha \; ,\; (e^{\alpha }-1)\sim \alpha \; \; pri\; \; \alpha \to 0\; \; ;\; \; 5x\to 0\; ,\; x^2\to 0\; \; pri\; x\to 0\; \Big ]=\\\\=\lim\limits _{x \to 0}\frac{2\cdot (5x)^2}{x^2}=\frac{2\cdot 25}{1}=50](/tpl/images/0997/9103/62819.png)
![2)\; \; \lim\limits _{x \to 1}\frac{\sqrt{x^2-x+1}-1}{lnx} =\lim\limits _{x \to 1}\frac{(x^2-x+1)-1}{lnx\cdot (\sqrt{x^2-x+1}+1)}=\lim\limits _{x \to 1}\frac{x\cdot (x-1)}{lnx\cdot (\sqrt{x^2-x+1}+1)}=\\\\=\Big [\; t=x-1\; ,\; x=t+1\; ,\; t\to 0\; \Big ]=\\\\=\lim\limits _{t \to 0}\frac{t\cdot (t+1)}{ln(t+1)\cdot (\sqrt{t^2+t+1}+1)}=\Big [\; ln(t+1)\sim t\; \; pri\; \; t\to 0\; \Big ]=\\\\=\lim\limits _{t \to 0}\frac{t\cdot (t+1)}{(t+1)\cdot (\sqrt{t^2+t+1}+1)}=\lim\limits _{t \to 0}\frac{t}{\sqrt{t^2+t+1}+1}=\frac{0}{\sqrt1+1}=\frac{0}{2}=0](/tpl/images/0997/9103/93b01.png)
