diff --git a/src/extras/5A 戴德金分割与实数理论.md b/src/extras/5A 戴德金分割与实数理论.md
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@@ -86,7 +86,7 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
 
 ## 5A.2 实数集的构造
 
-我们通过 5A.1.5 发现，有理数集合的上确界有时不是一个有理数。因此，实数系所具有的一个重要特征应该是实数系中定义的全序关系 $\leqslant$ 是完备的，即该集合的任意有上界的非空真子集存在上确界。受这个思想启发而得到的实数系的构造方法，就是戴德金分割。除非特殊说明，我们下面使用的补集记号 $\overline{A}$，均指 $A$ 关于 $\mathbb Q$ 的补集，即 $\overline{A}:=\mathbb Q\setminus A$。
+我们通过 5A.1.5 发现，有理数集合的上确界有时不是一个有理数。因此，实数系所具有的一个重要特征应该是实数系中定义的全序关系 $\leqslant $ 是完备的，即该集合的任意有上界的非空真子集存在上确界。受这个思想启发而得到的实数系的构造方法，就是戴德金分割。除非特殊说明，我们下面使用的补集记号 $\overline{A}$，均指 $A$ 关于 $\mathbb Q$ 的补集，即 $\overline{A}:=\mathbb Q\setminus A$。
 
 - **定义 5A.2.1（戴德金分割）**：对于 $\mathbb Q$ 任意一个子集 $\alpha$，称 $\alpha$ 为一个**分割**，当且仅当 $\alpha$ 满足以下全部条件：
   
@@ -104,11 +104,11 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
   
 	1. 对于任意 $x\in\alpha$ 和 $y\in\mathbb Q$ 满足 $y<x$，均有 $y\in\alpha$。
 
-		**证明**：（反证法）假设 $y\not\in\alpha$，则必有 $y\in\overline{\alpha}$，与分割定义 5A.2.1.2 矛盾，假设不成立。原命题得证。
+	   **证明**：（反证法）假设 $y\not\in\alpha$，则必有 $y\in\overline{\alpha}$，与分割定义 5A.2.1.2 矛盾，假设不成立。原命题得证。
   
-	  2. 对于任意有理数 $x>0$，均存在整数 $n$，使得 $xn\in\alpha\land x(n+1)\in\overline{\alpha}$。
+	2. 对于任意有理数 $x>0$，均存在整数 $n$，使得 $xn\in\alpha\land x(n+1)\in\overline{\alpha}$。
 	  
-		  **证明**：先证明存在整数 $a,b$ 使得 $a\in \alpha\land b\in \overline{\alpha}$，然后可以得出存在整数 $l,r$ 使得 $x\cdot l\in\alpha\land x\cdot r\in\overline{\alpha}$，再通过归纳法证明存在整数 $n$ 使得 $xn\in\alpha\and x(n+1)\in\overline{\alpha}$。
+	   **证明**：先证明存在整数 $a,b$ 使得 $a\in \alpha\land b\in \overline{\alpha}$，然后可以得出存在整数 $l,r$ 使得 $x\cdot l\in\alpha\land x\cdot r\in\overline{\alpha}$，再通过归纳法证明存在整数 $n$ 使得 $xn\in\alpha\and x(n+1)\in\overline{\alpha}$。
 
 通俗地说，实数是由有理数和无理数组成的。因此，每个有理数都应该对应了一个实数，也就是一个分割。
 
@@ -120,9 +120,9 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
 
 我们现在尝试把有理数系 $\mathbb Q$ 上成立的运算及性质推广到 $\mathbb R$ 上。其中最容易的一个莫过于次序关系的定义。
 
-- **定义 5A.3.1（实数的次序关系）**：设 $\alpha,\beta\in\mathbb R$，我们称 $\alpha\leqslant\beta$，当且仅当 $\alpha\subseteq\beta$。
+- **定义 5A.3.1（实数的次序关系）**：设 $\alpha,\beta\in\mathbb R$，我们称 $\alpha\leqslant \beta$，当且仅当 $\alpha\subseteq\beta$。
 
-其他的几个次序关系，即 $<,=,\neq,>,\geqslant$，可以按照一般法则从上述定义中推导，故不再展开。这个定义的实数的次序关系显然是良好且自然的，一方面，对于两个有理数 $r,s\in\mathbb Q$，若 $r=s$，则一定有 $r^*=s^*$；若 $r<s$，则一定有 $r^*<s^*$。另一方面，这个次序关系也符合整数或者有理数的次序关系的许多性质。
+其他的几个次序关系，即 $<,=,\neq,>,\geqslant $，可以按照一般法则从上述定义中推导，故不再展开。这个定义的实数的次序关系显然是良好且自然的，一方面，对于两个有理数 $r,s\in\mathbb Q$，若 $r=s$，则一定有 $r^*=s^*$；若 $r<s$，则一定有 $r^*<s^*$。另一方面，这个次序关系也符合整数或者有理数的次序关系的许多性质。
 
 - **命题 5A.3.2（实数的序的基本性质）**：对于任意实数 $x,y\in\mathbb R$
 	
@@ -132,7 +132,7 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
 
 有了次序，我们终于可以正式地定义由实数组成的集合的上界和上确界（同理可定义下界和下确界，不再展开）。
 
-- **定义 5A.3.3（上界）**：设 $A\subseteq\mathbb R$，$\beta\in\mathbb R$。如果对于任意 $\alpha\in A$，均成立 $\alpha\leqslant\beta$，则称 $\beta$ 为集合 $A$ 的一个**上界**。
+- **定义 5A.3.3（上界）**：设 $A\subseteq\mathbb R$，$\beta\in\mathbb R$。如果对于任意 $\alpha\in A$，均成立 $\alpha\leqslant \beta$，则称 $\beta$ 为集合 $A$ 的一个**上界**。
 
 - **定义 5A.3.4（上确界）**：设非空集合 $A\subseteq\mathbb R$，$\beta\in\mathbb R$。如果 $\beta$ 是 $A$ 的一个上界，并且不存在 $\gamma\in\mathbb R$ 满足 $\gamma<\beta$ 且 $\gamma$ 也是 $A$ 的一个上界，则称 $\beta$ 为集合 $A$ 的**上确界**，记作 $\sup A$。
 
@@ -162,7 +162,7 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
 
 - **推论 5A.3.7（有理数的稠密性）**：设 $\alpha,\beta\in\mathbb R$ 且 $\alpha<\beta$，存在有理数 $c$ 使得 $\alpha<c<\beta$。
 
-	**证明**：由于 $\alpha<\beta$，$\alpha\subsetneq\beta$，即存在 $r\not\in\alpha\land r\in\beta$。根据 5A.3.6，$\alpha\leqslant r<\beta$。另一方面，根据分割的定义，存在 $s>r\land s\in\beta$，即 $\beta>s>r\geqslant\alpha$。
+	**证明**：由于 $\alpha<\beta$，$\alpha\subsetneq\beta$，即存在 $r\not\in\alpha\land r\in\beta$。根据 5A.3.6，$\alpha\leqslant r<\beta$。另一方面，根据分割的定义，存在 $s>r\land s\in\beta$，即 $\beta>s>r\geqslant \alpha$。
 
 ## 5A.4 实数的加减运算
 
@@ -204,13 +204,13 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
 
 	**证明**：首先证明 $-\alpha$ 是一个分割，（构造性证明）任取 $r\in\overline{\alpha}$，根据 5A.3.6，有 $\alpha<r+1$，即 $-r-1\in-\alpha$，故 $-\alpha$ 非空。任取 $r\in\alpha$，根据 5A.3.6，$r<\alpha$，故 $-r\not\in-\alpha$，即 $-\alpha\neq\mathbb Q$。
 
-	假设 $a\in-\alpha,b\in\overline{-\alpha}$，根据定义，有 $-a>\alpha$，且 $-b\leqslant\alpha$，根据序的传递性，有 $-b<-a$，即 $a<b$。
+	假设 $a\in-\alpha,b\in\overline{-\alpha}$，根据定义，有 $-a>\alpha$，且 $-b\leqslant \alpha$，根据序的传递性，有 $-b<-a$，即 $a<b$。
 
 	假设 $r\in-\alpha$，根据加法逆元的定义有 $\alpha<-r$。根据 5A.3.7，存在 $\alpha<s<-r$，故 $-s\in-\alpha$ 且 $r<-s$。
 
 	现在我们论证 $\alpha+(-\alpha)=0$。一方面，对于任意 $a\in\alpha,b\in-\alpha$，由于 $-b>\alpha,a<\alpha$，有 $-b>a$，即 $a+b\in0$，故 $\alpha+(-\alpha)\subseteq0$。
 
-	另一方面，对于任意 $t\in0$，显然 $-t/2>0$。根据 5A.2.2.2，存在整数 $n$，使得 $-nt/2\in\alpha$，且 $-(n+1)t/2\in\overline{\alpha}$，根据 5A.3.6，$\alpha\leqslant-(n+1)t/2$，故 $\alpha<-(n+2)t/2$，即 $(n+2)t/2\in-\alpha$，同时 $t=-nt/2+(n+2)t/2\in\alpha+(-\alpha)$，所以 $0\subseteq\alpha+(-\alpha)$。
+	另一方面，对于任意 $t\in0$，显然 $-t/2>0$。根据 5A.2.2.2，存在整数 $n$，使得 $-nt/2\in\alpha$，且 $-(n+1)t/2\in\overline{\alpha}$，根据 5A.3.6，$\alpha\leqslant -(n+1)t/2$，故 $\alpha<-(n+2)t/2$，即 $(n+2)t/2\in-\alpha$，同时 $t=-nt/2+(n+2)t/2\in\alpha+(-\alpha)$，所以 $0\subseteq\alpha+(-\alpha)$。
 
 	综上所述，$\alpha+(-\alpha)=0$。
 
@@ -226,7 +226,7 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
 
 - **命题 5A.4.8（加法保序）**：设 $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb R$，那么 $\alpha<\beta\iff\alpha+\gamma<\beta+\gamma$。
 
-	**证明**：根据 5A.3.7，存在有理数 $r$，满足 $\alpha<r<\beta$，即 $r\not\in\alpha\land r\in\beta$。设 $a+b\in\alpha+\gamma$，其中 $a\in\alpha,b\in\gamma$。根据分割的定义知，$a<r$，即 $a+b<r+b\in\beta+\gamma$，所以 $\alpha+\gamma\subseteq\beta+\gamma$。即 $\alpha+\gamma\leqslant\beta+\gamma$，另一方面，根据 5A.4.6，等号始终不成立，故 $\alpha+\gamma<\beta+\gamma$。
+	**证明**：根据 5A.3.7，存在有理数 $r$，满足 $\alpha<r<\beta$，即 $r\not\in\alpha\land r\in\beta$。设 $a+b\in\alpha+\gamma$，其中 $a\in\alpha,b\in\gamma$。根据分割的定义知，$a<r$，即 $a+b<r+b\in\beta+\gamma$，所以 $\alpha+\gamma\subseteq\beta+\gamma$。即 $\alpha+\gamma\leqslant \beta+\gamma$，另一方面，根据 5A.4.6，等号始终不成立，故 $\alpha+\gamma<\beta+\gamma$。
 
 - **命题 5A.4.9（绝对值原理）**：设 $\alpha\in\mathbb R,\alpha\neq0$，那么 $\alpha>0$ 和 $-\alpha>0$ 中恰好有一个成立，换而言之，$\alpha>0\iff-\alpha<0$。
 
@@ -270,15 +270,15 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
 
 	**证明**：我们还是只给出 $\alpha>0$ 的证明，其余情况是相当显然的。（同一法）我们首先证明存在性，构造
 
-	$$\beta:=\left\{p\in\mathbb Q:\exists_{r\geqslant\alpha}p<r^{-1}\right\}$$
+	$$\beta:=\left\{p\in\mathbb Q:\exists_{r\geqslant \alpha}p<r^{-1}\right\}$$
 
-	我们来验证 $\beta$ 确实是一个分割。（构造性证明）任取 $r\in\overline{\alpha}$，根据 5A.3.6，有 $r\geqslant\alpha$，根据定义有 $r^{-1}-1\in\beta$，故 $\beta$ 不是空集。另一方面，任取 $0<r<\alpha$，因此对于任意 $r'\geqslant\alpha$，有 $r^{-1}>r'^{-1}$，即 $r^{-1}\not\in\beta$，故 $\beta\neq\mathbb Q$。
+	我们来验证 $\beta$ 确实是一个分割。（构造性证明）任取 $r\in\overline{\alpha}$，根据 5A.3.6，有 $r\geqslant \alpha$，根据定义有 $r^{-1}-1\in\beta$，故 $\beta$ 不是空集。另一方面，任取 $0<r<\alpha$，因此对于任意 $r'\geqslant \alpha$，有 $r^{-1}>r'^{-1}$，即 $r^{-1}\not\in\beta$，故 $\beta\neq\mathbb Q$。
 
 	设 $a\in\beta,b\in\overline{\beta}$，那么根据 $\beta$ 的定义，结合 5A.3.6，我们有 $\forall_{r\in\overline{\alpha}}b\geqslant r^{-1}$，同时 $\exists_{r\in\overline{\alpha}}a<r^{-1}$。联立得到 $a<r^{-1}\leqslant b$，根据大小关系的传递性，得到 $a<b$。
 
-	设 $a\in\beta$，根据定义存在 $r\in\mathbb Q,r\geqslant\alpha$，使得 $a<r^{-1}$。根据 5A.3.7，一定存在有理数 $s$，满足 $a<s<r^{-1}$，即 $s\in\beta$ 且 $s>a$。
+	设 $a\in\beta$，根据定义存在 $r\in\mathbb Q,r\geqslant \alpha$，使得 $a<r^{-1}$。根据 5A.3.7，一定存在有理数 $s$，满足 $a<s<r^{-1}$，即 $s\in\beta$ 且 $s>a$。
 
-	我们现在证明 $\beta>0$ 成立。（构造性证明）任取有理数 $r\geqslant\alpha>0$，根据有理数的性质，有 $r^{-1}>0$，根据 5A.3.7，存在有理数 s，满足 $0<s<r^{-1}$，故 $s\in\beta$ 但是 $s\not\in0$。这表明 $\beta\nsubseteq0$，根据 5A.3.2.3，一定有 $\beta>0$。
+	我们现在证明 $\beta>0$ 成立。（构造性证明）任取有理数 $r\geqslant \alpha>0$，根据有理数的性质，有 $r^{-1}>0$，根据 5A.3.7，存在有理数 s，满足 $0<s<r^{-1}$，故 $s\in\beta$ 但是 $s\not\in0$。这表明 $\beta\nsubseteq0$，根据 5A.3.2.3，一定有 $\beta>0$。
 
 	我们现在验证 $\beta$ 确实是 $\alpha$ 的乘法逆元，即 $\alpha\beta=1$。注意到 $\alpha,\beta>0$，设 $p\in\alpha\beta$，根据定义，存在 $0<a<\alpha\leqslant r$，满足 $p<ar^{-1}$，故 $p<1$，即 $\alpha\beta\subseteq1$。设有理数 $s<1$，根据定义 $s<0$ 时显然有 $s\in\alpha\beta$。存在有理数 $t$，满足 $s<t<1$，存在有理数 $a$，满足 $t\alpha<a<\alpha$，因此 $at^{-1}>t\alpha t^{-1}>\alpha$，同时我们有 $s<t<aa^{-1}t<a(at^{-1})^{-1}$，所以 $s\in\alpha\beta$，即 $1\subseteq\alpha\beta$。综上所述，$\alpha\beta=1$。
 
@@ -355,70 +355,70 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
 
 下面的定义中会涉及到 8.5 的一些定义。
 
-- **定义 5A.6.6（序域）**：序域是一个序偶 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$，其中 $(\mathbb F,+,\times,0,1)$ 是域，$\leq$ 是定义在 $\mathbb F$ 上的二元关系。满足：
-  - $(\mathbb F,\leq)$ 是全序集。
-  - 加法保序：对于任意 $a,b,c\in\mathbb F$，$a\leq b\implies a+c\leq b+c$。
-  - 乘法保序：对于任意 $a,b,c\in\mathbb F$，$a\leq b\land 0\leq c\implies ac\leq bc$。
+- **定义 5A.6.6（序域）**：序域是一个序偶 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$，其中 $(\mathbb F,+,\times,0,1)$ 是域，$\leqslant $ 是定义在 $\mathbb F$ 上的二元关系。满足：
+  - $(\mathbb F,\leqslant )$ 是全序集。
+  - 加法保序：对于任意 $a,b,c\in\mathbb F$，$a\leqslant b\implies a+c\leqslant b+c$。
+  - 乘法保序：对于任意 $a,b,c\in\mathbb F$，$a\leqslant b\land 0\leqslant c\implies ac\leqslant bc$。
 
 有时，不严谨地，在相关定义明显时，我们会把 $\mathbb F$ 直接叫作序域。
 
-- **引理 5A.6.7（序域的基本性质）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域。
+- **引理 5A.6.7（序域的基本性质）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域。
 
   1. 设 $a\in\mathbb F$。若 $a>0$，则 $-a<0$；若 $a<0$，则 $-a>0$。
 
      **证明**：根据加法保序，等式两端同时加上 $-a$ 即可。
 
-  2. 设 $a,b,c,d\in\mathbb F$，那么 $a\leq b\land c\leq d\implies a+c\leq b+d$。
+  2. 设 $a,b,c,d\in\mathbb F$，那么 $a\leqslant b\land c\leqslant d\implies a+c\leqslant b+d$。
 
-     **证明**：$a\leq b\implies a+c\leq b+c$，$c\leq d\implies b+c\leq b+d$。
+     **证明**：$a\leqslant b\implies a+c\leqslant b+c$，$c\leqslant d\implies b+c\leqslant b+d$。
 
   3. $(-1)\times (-1)=1$。
 
      **证明**：$(-1)\times (-1)=(-1)\times (-1)+(-1)+1=((-1)+1)\times(-1)+1=1$。
 
-  4. 设 $x\in\mathbb F$，则 $x^2\geq 0$ 且 $x^2=0\implies x=0$。
+  4. 设 $x\in\mathbb F$，则 $x^2\geqslant 0$ 且 $x^2=0\implies x=0$。
 
-     **证明**：证明 $x^2\geq 0$ 分 $x$ 的正负性讨论即可。证明 $x^2=0\implies x=0$ 用引理 5A.6.5.2。
+     **证明**：证明 $x^2\geqslant 0$ 分 $x$ 的正负性讨论即可。证明 $x^2=0\implies x=0$ 用引理 5A.6.5.2。
 
   5. $0<1$。
 
      **证明**：引理 5A.6.7.4 的推论。
 
-  6. 设 $a,b,c\in\mathbb F$，则 $a\leq b\land c\leq 0\implies ac\geq bc$。
+  6. 设 $a,b,c\in\mathbb F$，则 $a\leqslant b\land c\leqslant 0\implies ac\geqslant bc$。
   
-     **证明**：只需证明 $-a\geq -b$ 即可。反证，若 $-a<-b$，又 $a\leq b$，结合引理 5A.6.7.2 可知 $a+(-a)<b+(-b)$ 即 $0<0$，矛盾。
+     **证明**：只需证明 $-a\geqslant -b$ 即可。反证，若 $-a<-b$，又 $a\leqslant b$，结合引理 5A.6.7.2 可知 $a+(-a)<b+(-b)$ 即 $0<0$，矛盾。
 
 有了序的概念，我们就可以在此基础上定义界。
 
-- **定义 5A.6.8（上界和上确界）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，$A\subseteq \mathbb F$。
+- **定义 5A.6.8（上界和上确界）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域，$A\subseteq \mathbb F$。
 
-  称 $u\in \mathbb F$ 是 $A$ 的上界，当且仅当对于任意 $a\in A$ 有 $a\leq u$。
+  称 $u\in \mathbb F$ 是 $A$ 的上界，当且仅当对于任意 $a\in A$ 有 $a\leqslant u$。
 
-  称 $u\in \mathbb F$ 是 $A$ 的上确界，当且仅当 $u$ 是 $A$ 的上界且对于任意 $A$ 的上界 $v$ 有 $u\leq v$。容易看出若 $A$ 存在上确界那么 $A$ 的上确界唯一，此时将其记为 $\sup A$。
+  称 $u\in \mathbb F$ 是 $A$ 的上确界，当且仅当 $u$ 是 $A$ 的上界且对于任意 $A$ 的上界 $v$ 有 $u\leqslant v$。容易看出若 $A$ 存在上确界那么 $A$ 的上确界唯一，此时将其记为 $\sup A$。
 
-- **引理 5A.6.9（确界的基本性质）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域。
+- **引理 5A.6.9（确界的基本性质）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域。
 
   1. 设 $A\subseteq \mathbb F$，那么 $u\in\mathbb F$ 是 $A$ 的上确界当且仅当 $u$ 是 $A$ 的上界且对于任意 $\varepsilon>0$ 存在 $a\in A$ 使得 $u-\varepsilon<a$。
 
   2. 设 $A,B\subseteq \mathbb F$ 有上确界，则 $A+B:=\{a+b:a\in A,b\in B\}$ 也有上确界，且 $\sup(A+B)=\sup A+\sup B$。
 
-     **证明**：对于任意 $a+b\in A+B$，$a+b\leq \sup A+\sup B$，从而 $\sup A+\sup B$ 是 $A+B$ 的上界。
+     **证明**：对于任意 $a+b\in A+B$，$a+b\leqslant \sup A+\sup B$，从而 $\sup A+\sup B$ 是 $A+B$ 的上界。
 
      对于任意 $\varepsilon>0$，存在 $a\in A,b\in B$ 使得 $a>\sup A-\frac\varepsilon2,b>\sup B-\frac\varepsilon2$，从而 $a+b>\sup A+\sup B-\varepsilon$。
 
-  3. 设 $A,B\subseteq \{x\in \mathbb F:x\geq 0\}$ 有上确界，则 $AB:=\{ab:a\in A,b\in B\}$ 也有上确界，且 $\sup(AB)=\sup A\sup B$。
+  3. 设 $A,B\subseteq \{x\in \mathbb F:x\geqslant 0\}$ 有上确界，则 $AB:=\{ab:a\in A,b\in B\}$ 也有上确界，且 $\sup(AB)=\sup A\sup B$。
 
-     **证明**：容易证明 $\sup A,\sup B\geq 0$。
+     **证明**：容易证明 $\sup A,\sup B\geqslant 0$。
 
-     对于任意 $ab\in AB$，$ab\leq \sup A\sup B$，从而 $\sup A\sup B$ 是 $AB$ 的上界。
+     对于任意 $ab\in AB$，$ab\leqslant \sup A\sup B$，从而 $\sup A\sup B$ 是 $AB$ 的上界。
 
      对于任意 $\varepsilon>0$，设 $\delta=\frac{\varepsilon}{\sup A+\sup B}>0$，存在 $a\in A,b\in B$ 使得 $a>\sup A-\delta,b>\sup B-\delta$，从而 $ab>(\sup A-\delta)(\sup B-\delta)=\sup A\sup B-(\sup A+\sup B)\delta=\sup A\sup B-\varepsilon$。
 
 同理可以类似定义下界和下确界，并得到与下确界相关的一些基本性质，这里不再赘述。
 
-- **定义 5A.6.10（确界性质、确界原理）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域。称该序域满足确界性质，当且仅当 $\mathbb F$ 的任意非空有上界的子集都有上确界。
+- **定义 5A.6.10（确界性质、确界原理）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域。称该序域满足确界性质，当且仅当 $\mathbb F$ 的任意非空有上界的子集都有上确界。
 
-- **引理 5A.6.11**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域且满足确界性质，那么 $\mathbb F$ 的任意非空有下界的子集都有下确界。
+- **引理 5A.6.11**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域且满足确界性质，那么 $\mathbb F$ 的任意非空有下界的子集都有下确界。
 
   **证明**：设 $A\subseteq \mathbb F$ 非空有下界。那么 $-A:=\{-x:x\in A\}$ 非空有上界，从而存在上确界 $L$。证明 $-L$ 就是 $A$ 的下确界即可。
 
@@ -426,51 +426,51 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
 
 事实上，从序域的角度来看我们所定义的各种数域，还有许多关联和性质，这里列举一些如下。
 
-- **定义 5A.6.12（归纳集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，称 $A\subseteq \mathbb F$ 是 $\mathbb F$ 的归纳子集，当且仅当 $0\in A$ 且 $\forall_{a\in\mathbb F},a\in A\implies a+1\in A$。
+- **定义 5A.6.12（归纳集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域，称 $A\subseteq \mathbb F$ 是 $\mathbb F$ 的归纳子集，当且仅当 $0\in A$ 且 $\forall_{a\in\mathbb F},a\in A\implies a+1\in A$。
 
-- **命题 5A.6.13（序域的最小归纳集是自然数集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，$U:=\{A\subseteq \mathbb F:A\text{ 是 }\mathbb F\text{ 的归纳子集}\}$。那么偏序集 $(U,\subseteq)$ 存在最小元 $X$，且 $(X,0,f)$ 是一个皮亚诺结构，其中 $f:X\to X$ 是由 $f(x):=x+1$ 定义的函数（根据归纳集的定义，容易证明 $X$ 作为 $f$ 的对应域是合理的）。
+- **命题 5A.6.13（序域的最小归纳集是自然数集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域，$U:=\{A\subseteq \mathbb F:A\text{ 是 }\mathbb F\text{ 的归纳子集}\}$。那么偏序集 $(U,\subseteq)$ 存在最小元 $X$，且 $(X,0,f)$ 是一个皮亚诺结构，其中 $f:X\to X$ 是由 $f(x):=x+1$ 定义的函数（根据归纳集的定义，容易证明 $X$ 作为 $f$ 的对应域是合理的）。
 
   **证明**：显然 $\mathbb F\in U$ 从而 $U$ 非空。取 $X:=\bigcap U$。容易证明 $X$ 也是一个归纳子集，从而也容易证明它就是 $U$ 的最小元，现在证明 $(X,0,f)$ 是皮亚诺结构。
 
   - $f$ 是单射：设 $x,y\in X$，$f(x)=f(y)\implies x+1=y+1\implies x+1+(-1)=y+1+(-1)\implies x=y$。
 
-  - $0$ 不在 $f$ 的值域中：由于 $0\geq 0$ 且 $\forall_{a\in\mathbb F},a\geq 0\implies a+1\geq 0$，所以可以证明 $\{x\in X:x\geq 0\}$ 也是归纳集，而 $X$ 又是最小归纳集，于是对于任意 $x\in X$ 有 $x\geq 0$。若 $x\in\mathbb F$ 且 $x+1=0$，容易证明 $x=-1$，而 $-1<0$，从而 $x\not\in X$。
+  - $0$ 不在 $f$ 的值域中：由于 $0\geqslant 0$ 且 $\forall_{a\in\mathbb F},a\geqslant 0\implies a+1\geqslant 0$，所以可以证明 $\{x\in X:x\geqslant 0\}$ 也是归纳集，而 $X$ 又是最小归纳集，于是对于任意 $x\in X$ 有 $x\geqslant 0$。若 $x\in\mathbb F$ 且 $x+1=0$，容易证明 $x=-1$，而 $-1<0$，从而 $x\not\in X$。
 
   - $\forall_{Y\subseteq X},0\in Y\land (\forall_{x\in X},x\in Y\implies f(x)\in Y)\implies Y=X$：$Y$ 一定是归纳集，又 $X$ 是最小归纳集，故 $Y=X$。
 
-- **推论 5A.6.14（最小的序域是有理数集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是序域，$U:=\{A\subseteq \mathbb F:((A,+,\times,0,1),\leq)\text{ 是序域}\}$。那么偏序集 $(U,\subseteq)$ 存在最小元 $X$，且 $((X,+,\times,0,1),\leq)$ 与 $((\mathbb Q,+,\times,0,1),\leq)$ 同构。
+- **推论 5A.6.14（最小的序域是有理数集）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是序域，$U:=\{A\subseteq \mathbb F:((A,+,\times,0,1),\leqslant )\text{ 是序域}\}$。那么偏序集 $(U,\subseteq)$ 存在最小元 $X$，且 $((X,+,\times,0,1),\leqslant )$ 与 $((\mathbb Q,+,\times,0,1),\leqslant )$ 同构。
 
   **证明**：根据引理 5A.6.13 可知自然数集在任何一个序域中，从而通过域的加法逆元和乘法逆元的定义可知有理数集也在任何一个序域中，而有理数集本身也是序域，所以有理数集就是最小的序域。（这里的 “在……中” 是指同构意义下的）
   
-- **命题 5A.6.15（阿基米德性质）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是满足确界性质的序域，$N$ 是其最小归纳集，那么 $N$ 无上界。或等价地，对于任意 $\varepsilon>0$，存在 $n\in N$ 且 $n>0$ 且 $\frac{1}{n}<\varepsilon$。
+- **命题 5A.6.15（阿基米德性质）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是满足确界性质的序域，$N$ 是其最小归纳集，那么 $N$ 无上界。或等价地，对于任意 $\varepsilon>0$，存在 $n\in N$ 且 $n>0$ 且 $\frac{1}{n}<\varepsilon$。
 
-  **证明**：反证。若 $N$ 有上界，那么 $N$ 有上确界 $L$，那么存在 $n\in N$ 使得 $L-1<n\leq L$，从而 $L<n+1$，矛盾。
+  **证明**：反证。若 $N$ 有上界，那么 $N$ 有上确界 $L$，那么存在 $n\in N$ 使得 $L-1<n\leqslant L$，从而 $L<n+1$，矛盾。
 
-- **命题 5A.6.16（有理数是稠密的）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是满足确界性质的序域，$Q$ 是其最小子序域。那么对于任意 $a,b\in \mathbb F$ 且 $a<b$，一定存在 $q\in Q$ 使得 $a<q<b$。
+- **命题 5A.6.16（有理数是稠密的）**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是满足确界性质的序域，$Q$ 是其最小子序域。那么对于任意 $a,b\in \mathbb F$ 且 $a<b$，一定存在 $q\in Q$ 使得 $a<q<b$。
 
-  **证明**：设 $N$ 是该序域的最小归纳集。根据阿基米德性质，存在 $n\in N$ 且 $n>0$ 使得 $\frac1n<b-a$。类似 5A.2.2.2 的证明，可以证明存在整数 $m$ 使得 $\frac {m-1}n\leq a<\frac mn$。而此时 $\frac mn-a\leq \frac1n<b-a$ 从而 $a<\frac mn<b$。
+  **证明**：设 $N$ 是该序域的最小归纳集。根据阿基米德性质，存在 $n\in N$ 且 $n>0$ 使得 $\frac1n<b-a$。类似 5A.2.2.2 的证明，可以证明存在整数 $m$ 使得 $\frac {m-1}n\leqslant a<\frac mn$。而此时 $\frac mn-a\leqslant \frac1n<b-a$ 从而 $a<\frac mn<b$。
 
-- **命题 5A.6.17**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leq)$ 是满足确界性质的序域。设 $Q$ 是 $\mathbb F$ 的最小子序域，$R:=\{\sup A:A\subseteq Q\text{ 且非空有上界}\}$。那么 $R=\mathbb F$。
+- **命题 5A.6.17**：设 $((\mathbb F,+,\times,0,1),\leqslant )$ 是满足确界性质的序域。设 $Q$ 是 $\mathbb F$ 的最小子序域，$R:=\{\sup A:A\subseteq Q\text{ 且非空有上界}\}$。那么 $R=\mathbb F$。
 
   **证明**：反证。若存在 $x\in \mathbb F$ 且 $x\not\in R$。
 
-  考察 $S=\{q\in Q:q<x\}$，容易利用阿基米德性质证明 $S$ 非空有上界，从而 $S$ 有上确界 $y$。根据 $R$ 的定义可知 $y\in R$ 从而 $y\neq x$，根据 $S$ 的定义可知 $x$ 是 $S$ 的一个上界从而 $y\leq x$。
+  考察 $S=\{q\in Q:q<x\}$，容易利用阿基米德性质证明 $S$ 非空有上界，从而 $S$ 有上确界 $y$。根据 $R$ 的定义可知 $y\in R$ 从而 $y\neq x$，根据 $S$ 的定义可知 $x$ 是 $S$ 的一个上界从而 $y\leqslant x$。
 
   于是 $y<x$，那么不存在有理数 $q$ 使得 $y<q<x$，这与命题 5A.6.16 矛盾。
 
 - **命题 5A.6.18（满足确界性质的序域彼此同构）**：设 $((\mathbb F_1,+_1,\times_1,0_1,1_1),\leq_1),((\mathbb F_2,+_2,\times_2,0_2,1_2),\leq_2)$ 都是满足确界性质的序域，那么它们同构。
 
-  **证明**：在下面的论述中，为了方便，除了区分 $\mathbb F_1$ 或 $\mathbb F_2$ 以外将不再对 $+,\times,0,1,\leq$ 作特别的区分，因为它们通常是根据上下文自明的。
+  **证明**：在下面的论述中，为了方便，除了区分 $\mathbb F_1$ 或 $\mathbb F_2$ 以外将不再对 $+,\times,0,1,\leqslant $ 作特别的区分，因为它们通常是根据上下文自明的。
 
   设 $Q_1,Q_2$ 分别是 $\mathbb F_1,\mathbb F_2$ 的最小子序域，那么 $\mathbb F_1:=\{\sup A:A\subseteq Q_1\text{ 且非空有上界}\},\mathbb F_2:=\{\sup A:A\subseteq Q_2\text{ 且非空有上界}\}$。
 
-  由于 $((Q_1,+,\times,0,1),\leq)$ 和 $((Q_2,+,\times,0,1),\leq)$ 都与 $((\mathbb Q,+,\times,0,1),\leq)$ 同构，那么存在同构双射 $\Phi_Q:Q_1\to Q_2$。
+  由于 $((Q_1,+,\times,0,1),\leqslant )$ 和 $((Q_2,+,\times,0,1),\leqslant )$ 都与 $((\mathbb Q,+,\times,0,1),\leqslant )$ 同构，那么存在同构双射 $\Phi_Q:Q_1\to Q_2$。
 
-  为证明 $((\mathbb F_1,+,\times,0,1),\leq)$ 和 $((\mathbb F_2,+,\times,0,1),\leq)$ 同构，构造函数 $\Phi:\mathbb F_1\to\mathbb F_2$，满足：$\Phi(\sup A_1):=\sup\Phi_Q(A_1)$，其中 $A_1\subseteq Q_1$ 非空有上界。
+  为证明 $((\mathbb F_1,+,\times,0,1),\leqslant )$ 和 $((\mathbb F_2,+,\times,0,1),\leqslant )$ 同构，构造函数 $\Phi:\mathbb F_1\to\mathbb F_2$，满足：$\Phi(\sup A_1):=\sup\Phi_Q(A_1)$，其中 $A_1\subseteq Q_1$ 非空有上界。
 
   需要先证明该映射是良定义的，即若 $\sup A_1=\sup B_1$，其中 $A_1,B_1\subseteq Q_1$ 都非空有上界， 那么一定有 $\sup A_2=\sup B_2$，这里 $A_2:=\Phi_Q(A_1),B_2:=\Phi_Q(B_1)$。
 
-  反证，若 $\sup A_2<\sup B_2$，那么存在 $ a_2, b_2\in  B_2$，使得 $\sup A_2< a_2< b_2\leq \sup B_2$。设 $a_1=\Phi_Q^{-1}( a_2),b_1=\Phi^{-1}_Q( b_2)$，那么 $a_1,b_1\in B_1$ 且对于任意 $c_1\in A_1$ 有 $c_2=\Phi_Q(c_1)\in A_2\implies c_2< a_2< b_2\implies c_1<a_1<b_1$，于是 $\sup A_1\leq a_1<b_1\leq \sup B_1$，矛盾。
+  反证，若 $\sup A_2<\sup B_2$，那么存在 $ a_2, b_2\in  B_2$，使得 $\sup A_2< a_2< b_2\leqslant \sup B_2$。设 $a_1=\Phi_Q^{-1}( a_2),b_1=\Phi^{-1}_Q( b_2)$，那么 $a_1,b_1\in B_1$ 且对于任意 $c_1\in A_1$ 有 $c_2=\Phi_Q(c_1)\in A_2\implies c_2< a_2< b_2\implies c_1<a_1<b_1$，于是 $\sup A_1\leqslant a_1<b_1\leqslant \sup B_1$，矛盾。
 
   接着证明该映射是单射，即若 $A_1,B_1\subseteq Q_1$ 都非空有上界，且 $\sup A_1\neq \sup B_1$，那么 $\sup A_2\neq \sup B_2$。这个证明和映射良定义的证明类似，不再赘述。
 
@@ -508,17 +508,17 @@ $$A=\left\{x\in \mathbb Q\vert x<10\right\}$$
 
 - **引理 5A.7.3**：设 $y>0$ 是实数，$n$ 是正整数，那么存在唯一的 $x>0$ 使得 $x^n=y$。
 
-  **证明**：记 $A=\{q\in \mathbb Q:q>0,q^n<y\}$。通过归纳可知 $\max(1,y)^n\geq y$，且 $x^n$ 是关于 $x$ 的增函数，从而 $A$ 有上界 $\max(1,y)$。同时，存在正整数 $N$ 使得 $N>\frac 1y$，从而 $N^n\geq N>\frac 1y\implies (\frac 1N)^n<y$，那么 $A$ 非空。
+  **证明**：记 $A=\{q\in \mathbb Q:q>0,q^n<y\}$。通过归纳可知 $\max(1,y)^n\geqslant y$，且 $x^n$ 是关于 $x$ 的增函数，从而 $A$ 有上界 $\max(1,y)$。同时，存在正整数 $N$ 使得 $N>\frac 1y$，从而 $N^n\geqslant N>\frac 1y\implies (\frac 1N)^n<y$，那么 $A$ 非空。
 
   于是 $A$ 存在上确界 $x>0$。下面我们来证明不可能有 $x^n<y$ 或 $x^n>y$。
 
-  若 $x^n<y$。通过归纳可以证明存在 $k>0$ 使得对于任意 $0<\varepsilon\leq 1$ 有 $(1+\varepsilon)^n\leq 1+k\varepsilon$。取 $\varepsilon=\dfrac{\frac{y}{x^n}-1}{k}>0$，那么 $(x(1+\varepsilon))^n=x^n(1+\varepsilon)^n\leq x^n(1+k\varepsilon)=y$，从而 $x(1+\varepsilon)\in A$，这与 $x$ 是 $A$ 的上界矛盾。
+  若 $x^n<y$。通过归纳可以证明存在 $k>0$ 使得对于任意 $0<\varepsilon\leqslant 1$ 有 $(1+\varepsilon)^n\leqslant 1+k\varepsilon$。取 $\varepsilon=\dfrac{\frac{y}{x^n}-1}{k}>0$，那么 $(x(1+\varepsilon))^n=x^n(1+\varepsilon)^n\leqslant x^n(1+k\varepsilon)=y$，从而 $x(1+\varepsilon)\in A$，这与 $x$ 是 $A$ 的上界矛盾。
 
-  若 $x^n>y$。通过归纳可以证明存在 $k>0$ 使得对于任意 $0<\varepsilon\leq 1$ 有 $(1-\varepsilon)^n\geq 1-k\varepsilon$。取 $\varepsilon=\dfrac{1-\frac{y}{x^n}}{k}>0$，那么 $(x(1-\varepsilon))^n=x^n(1-\varepsilon)^n\geq x^n(1-k\varepsilon)=y$，从而 $x(1-\varepsilon)$ 也是 $A$ 的上界，这与 $x$ 是 $A$ 的上确界矛盾。
+  若 $x^n>y$。通过归纳可以证明存在 $k>0$ 使得对于任意 $0<\varepsilon\leqslant 1$ 有 $(1-\varepsilon)^n\geqslant 1-k\varepsilon$。取 $\varepsilon=\dfrac{1-\frac{y}{x^n}}{k}>0$，那么 $(x(1-\varepsilon))^n=x^n(1-\varepsilon)^n\geqslant x^n(1-k\varepsilon)=y$，从而 $x(1-\varepsilon)$ 也是 $A$ 的上界，这与 $x$ 是 $A$ 的上确界矛盾。
 
 - **定义 5A.7.4（实数的有理指数幂）**：设 $a>0$ 是实数，$q\in\mathbb Q$。
 
-  若 $q\geq 0$，那么存在 $m,n\in\mathbb N$ 且 $n>0$ 使得 $q=\frac{m}{n}$，定义 $a^{q}$ 为使得 $x^n=a^m$ 成立的唯一正数解。
+  若 $q\geqslant 0$，那么存在 $m,n\in\mathbb N$ 且 $n>0$ 使得 $q=\frac{m}{n}$，定义 $a^{q}$ 为使得 $x^n=a^m$ 成立的唯一正数解。
 
   若 $q<0$，定义 $a^q:=\frac{1}{a^{-q}}$。
 
@@ -539,7 +539,7 @@ $a^{\frac n1}$ 是使得 $x^1=a^n$ 的唯一正整数解，即 $a^{\frac n1}=a^n
 
 - **定义 5A.7.6（实数的实数指数幂）**：设 $a>0$ 是实数，$r\in\mathbb R$。
 
-  若 $a>1$，显然 $\{a^q:q\in \mathbb Q,q\leq r\}$ 非空有上界，那么定义 $a^r$ 为它的上确界。
+  若 $a>1$，显然 $\{a^q:q\in \mathbb Q,q\leqslant r\}$ 非空有上界，那么定义 $a^r$ 为它的上确界。
 
   若 $0<a<1$，定义 $a^r:=(\frac{1}{a})^{-r}$。
 
@@ -556,44 +556,50 @@ $a^{\frac n1}$ 是使得 $x^1=a^n$ 的唯一正整数解，即 $a^{\frac n1}=a^n
      $x^rx^s=x^{r+s}$：利用引理 5A.6.9.3。
   
      $(x^r)^s=x^{rs}$：若 $r<0$，由于
+     
      $$
-     x^r=\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leq r\}=\sup\{\frac1{x^{q}}:q\in\mathbb Q,-q\leq r\}=\frac{1}{\inf\{x^q,q\in\mathbb Q,-q\leq r\}}=\frac{1}{\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leq -r\}}
+     x^r=\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}=\sup\{\frac1{x^{q}}:q\in\mathbb Q,-q\leqslant r\}=\frac{1}{\inf\{x^q,q\in\mathbb Q,-q\leqslant r\}}=\frac{1}{\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant -r\}}
      $$
-     这样只需要考虑 $r,s\geq 0$ 的情况，此时 $\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leq r\}=\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,0\leq q\leq r\}$。
+     
+     这样只需要考虑 $r,s\geqslant 0$ 的情况，此时 $\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}=\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,0\leqslant q\leqslant r\}$。
   
      然后证明对于任意非空有上界的正实数集 $A$ 和非负有理数 $p$，$(\sup A)^p=\sup\{x^p:x\in A\}$：
   
      设 $L:=\sup A$，容易证明 $L^p$ 是 $\sup\{x^p:x\in A\}$ 的上界。然后对于任意 $\varepsilon>0$，我们要找到 $\delta>0$ 使得 $(L(1-\delta))^p>L^p(1-\varepsilon)$，即 $(1-\delta)^p>1-\varepsilon$，任取正整数 $n>p$，利用有理数指数的运算律放缩成 $(1-\delta)^n>1-\varepsilon$，接下来就类似引理 5A.7.3 的证明了。
   
      于是：
+     
      $$
      \begin{aligned}
-     (x^{r})^s&=\sup\bigg\{\big(\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leq r\}\big)^p:p\in\mathbb Q,p\leq s\bigg\}\\
-     &=\sup\bigg\{\big(\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leq r\}\big)^p:p\in\mathbb Q,0\leq p\leq s\bigg\}\\
-     &=\sup\bigg\{\sup\{x^{pq}:q\in\mathbb Q,q\leq r\}:p\in\mathbb Q,0\leq p\leq s\bigg\}\\
-     &=\sup\{x^{pq}:p,q\in\mathbb Q,q\leq r,0\leq p\leq s\}\\
-     &=\sup\{x^{y}:y\in \mathbb Q,y\leq rs\}=x^{rs}
+     (x^{r})^s&=\sup\bigg\{\big(\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}\big)^p:p\in\mathbb Q,p\leqslant s\bigg\}\\
+     &=\sup\bigg\{\big(\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}\big)^p:p\in\mathbb Q,0\leqslant p\leqslant s\bigg\}\\
+     &=\sup\bigg\{\sup\{x^{pq}:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}:p\in\mathbb Q,0\leqslant p\leqslant s\bigg\}\\
+     &=\sup\{x^{pq}:p,q\in\mathbb Q,q\leqslant r,0\leqslant p\leqslant s\}\\
+     &=\sup\{x^{y}:y\in \mathbb Q,y\leqslant rs\}=x^{rs}
      \end{aligned}
      $$
+     
      $(xy)^r=x^ry^r$：利用引理 5A.6.9.3。
   
   2. $x<y\land r>0\implies x^r<y^r$。
   
-     **证明**：通过归纳可以证明对于任意 $n\in\mathbb N$ 和 $\varepsilon>0$，$(1+\varepsilon)^n\geq 1+n\varepsilon$。
+     **证明**：通过归纳可以证明对于任意 $n\in\mathbb N$ 和 $\varepsilon>0$，$(1+\varepsilon)^n\geqslant 1+n\varepsilon$。
   
-     存在 $n\in\mathbb N$ 且 $n> \dfrac{y-1}{\frac{y-x}{x}}$，那么 $(\frac yx)^n=(1+\frac{y-x}{x})^n\geq 1+n\frac{y-x}{x}> y$。于是 $y^{\frac1n}< \frac{y}{x}\implies y^{1-\frac 1n}>x$。
+     存在 $n\in\mathbb N$ 且 $n> \dfrac{y-1}{\frac{y-x}{x}}$，那么 $(\frac yx)^n=(1+\frac{y-x}{x})^n\geqslant 1+n\frac{y-x}{x}> y$。于是 $y^{\frac1n}< \frac{y}{x}\implies y^{1-\frac 1n}>x$。
   
-     存在 $N\in\mathbb N$ 使得 $N>\frac{n}{r}$，存在整数 $m$ 使得 $\frac{m}{N}<r\leq \frac{m+1}{N}$，注意到 $r>\frac{n}{N}$，故 $m\geq n$。记 $q_2:=\frac mN,q_1:=\frac{m+1}N$。那么：
+     存在 $N\in\mathbb N$ 使得 $N>\frac{n}{r}$，存在整数 $m$ 使得 $\frac{m}{N}<r\leqslant \frac{m+1}{N}$，注意到 $r>\frac{n}{N}$，故 $m\geqslant n$。记 $q_2:=\frac mN,q_1:=\frac{m+1}N$。那么：
+     
      $$
      \frac{q_2}{q_1}=1-\frac{q_1-q_2}{q_1}=1-\frac{\frac{1}{N}}{\frac{m+1}{N}}=1-\frac{1}{m+1}>1-\frac{1}{n}
      $$
+     
      于是 $y^{\frac{q_2}{q_1}}>y^{1-\frac 1n}>x$，得到 $x^{q_1}<y^{q_2}$。
   
-     同时我们知道 $q_2< r\leq q_1$，那么 $x^{q_1}$ 就是 $\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leq r\}$ 的上界，同时 $y^{q_2}\in \{y^q:q\in\mathbb Q,q\leq r\}$，于是 $x^r=\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leq r\}\leq x^{q_1}<y^{q_2}\leq \sup\{y^q:q\in\mathbb Q,q\leq r\}=y^r$。
+     同时我们知道 $q_2< r\leqslant q_1$，那么 $x^{q_1}$ 就是 $\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}$ 的上界，同时 $y^{q_2}\in \{y^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}$，于是 $x^r=\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}\leqslant x^{q_1}<y^{q_2}\leqslant \sup\{y^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}=y^r$。
   
   3. $x>1\land r>0\implies x^r>1$。
   
-     **证明**：存在 $q\in\mathbb Q$ 使得 $0<q<r$，从而 $\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leq r\}\geq x^q>1$。
+     **证明**：存在 $q\in\mathbb Q$ 使得 $0<q<r$，从而 $\sup\{x^q:q\in\mathbb Q,q\leqslant r\}\geqslant x^q>1$。
   
   作为推论，我们有：
   
@@ -607,7 +613,7 @@ $a^{\frac n1}$ 是使得 $x^1=a^n$ 的唯一正整数解，即 $a^{\frac n1}=a^n
   
      **证明**：根据 5A.7.7.3 可知严格单调性，这又直接蕴含了单射性。
   
-     满射性：只用考虑 $a>1$ 的情况。对于任意实数 $y>0$，令 $x=\sup\{r:r\in\mathbb R,a^r\leq y\}$。现在证明不可能有 $a^x<y$ 或 $a^x>y$。
+     满射性：只用考虑 $a>1$ 的情况。对于任意实数 $y>0$，令 $x=\sup\{r:r\in\mathbb R,a^r\leqslant y\}$。现在证明不可能有 $a^x<y$ 或 $a^x>y$。
   
      若 $a^x<y$，容易证明存在 $n\in\mathbb N$ 使得 $(\frac{y}{a^x})^n>a$，从而 $a^{x+\frac 1n}<y$，这与 $x$ 是上界矛盾。