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@@ -70,9 +70,11 @@
   2. 设 $\alpha>1$，求 $\lim\limits_{x\to+\infty}(1+\alpha^x)^{\frac 1x}$。
   
      **解**：
+
      $$
      \lim_{x\to+\infty}(1+\alpha^x)^{\frac 1x}=\alpha\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{1}{\alpha^x}+1\right)^{\frac 1x}=\alpha
      $$
+
      其中 $\lim\limits_{x\to+\infty}(\frac{1}{\alpha^x}+1)^{\frac 1x}=1$ 可以从 $1\leq (\frac{1}{\alpha^x}+1)^{\frac 1x}\leq \frac{1}{\alpha^x}+1$ 应用夹挤定理得到。
 
 ## ~9.2 阶的应用
@@ -92,21 +94,25 @@
   2. 当 $x\to 0$ 时，$e^x=1+x+o(x)$。
 
      **证明**：
-     
+
      $$
      \lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=\lim_{y\to 0}\frac{y}{\ln(1+y)}=1
      $$
 
   3. 当 $x\to 0$ 时，$(1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+o(x)$。
-  
+
      **证明**：一种方法是直接利用例 ~9.1.3 的结论：
+
      $$
      \lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^{\alpha}-1}{x}=\alpha
      $$
+
      另一种方法是：当 $x\to 0$ 时，
+
      $$
      (1+x)^{\alpha}=e^{\alpha \ln(1+x)}=e^{\alpha x+o(x)}=1+\alpha x+o(x)+o(\alpha x+o(x))=1+\alpha x+o(x)
      $$
+
      其中当 $x\to 0$ 时，$\alpha x+o(x)$ 这个集合也整体趋于 $0$，从而对任意 $y\in\alpha x+o(x)$，$e^{y}=1+y+o(y)$。那么 $e^{\alpha x+o(x)}=1+(\alpha x+o(x))+o(\alpha x+o(x)),x\to 0$ 是合理的。
   
   4. 三角函数和反三角函数在 $0$ 处的的渐近展开。待主线补充三角函数的相关内容后再补。
@@ -118,17 +124,22 @@
   **证明**：证明方法也是从自然数推广到有理数。设 $(1+x)^q=1+qx+f(x)x$，那么 $f(x)=o(1),x\to 0$。
 
   将 $q$ 替换为 $\frac mn$ 并在等式两侧取 $n$ 次幂后得到 $(1+x)^m=(1+\frac mn x+f(x)x)^n$。当 $x\to 0$ 时，根据幂次为整数的二项式定理，可知：
+
   $$
   (1+x)^m=1+mx+\frac{m(m-1)}{2}x^2+o(x^2)
   $$
+
   同时：
+
   $$
   \begin{aligned}
   \left(1+\frac mn x+f(x)x\right)^n&=1+n\left(\frac mnx+f(x)x\right)+\frac{n(n-1)}{2}\left(\frac{m}{n}x+f(x)x\right)^2+o\left(\left(\frac mnx+f(x)x\right)^2\right)\\
   &=1+mx+nf(x)x+\frac{n(n-1)}{2}\left(\frac mnx\right)^2+o(x^2)
   \end{aligned}
   $$
+
   那么：
+
   $$
   \begin{aligned}
   1+mx+nf(x)x+\frac{n(n-1)}{2}\left(\frac mnx\right)^2&=1+mx+\frac{m(m-1)}{2}x^2+o(x^2)\\
@@ -136,6 +147,7 @@
   &=\frac{\frac mn(\frac mn-1)}{2}x+o(x)
   \end{aligned}
   $$
+
   故 $(1+x)^q=1+qx+\frac{q(q-1)}{2}x^2+o(x^2),x\to 0$。
 
 接下来的 $e^x$ 和 $\sin x$ 在 $x\to 0$ 时的更高阶展开方法，依赖于下面这个引理。
@@ -200,9 +212,11 @@
      $$
      
      这里使用类似引理 ~9.2.4 的证明方法，归纳证明对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使得对任意 $x$ 满足 $|x|<\delta$ 和自然数 $k$ 有：
+
      $$
      \left|g(x)-\frac{1}{2^{k}}g\left(\frac{x}{2^{k}}\right)+\frac 12\left(\frac{1}{4}+\frac 1{4^2}+\cdots+\frac{1}{4^{k}}\right)x\right|\leq \varepsilon\left(1-\frac{1}{2^{k}}\right)|x|
      $$
+
      然后对 $k$ 取极限得到 $|g(x)+\frac 16x|\leq \varepsilon|x|$。从而可以说明当 $x\to 0$ 时，$g(x)=-\frac 16x+o(x)$，$\sin x=x-\frac 16x^3+o(x^3)$。
 
 这种方法的思路可以理解为：我们知道待展开函数 $f$ 的 $f(x)$ 和 $f(\frac x2)$ 有关系，并且 $f$ 在 $0$ 处收敛到 $L$，那么我们就能利用这个关系，推出 $f(x)$ 与 $f(\frac x2),f(\frac x4),\cdots,f(\frac x{2^k}),\cdots$ 的关系，再利用 $f$ 在 $0$ 处收敛，推出 $f(x)$ 与 $L$ 的关系，也就得到一个仅描述 $f(x)$ 而不与 $f(\frac x2)$ 有关的式子。