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Date: Mon, 23 Oct 2023 17:39:09 +0800
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 src/第10章 函数的微分.md      |  8 +++++---
 src/第2章 从头开始：自然数.md | 16 ++++++++--------
 src/第8章 无限集合.md         |  2 +-
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diff --git a/src/第10章 函数的微分.md b/src/第10章 函数的微分.md
index 5582b0e..ca0fe07 100644
--- a/src/第10章 函数的微分.md	
+++ b/src/第10章 函数的微分.md	
@@ -168,13 +168,15 @@
 ## 10.5 洛必达法则
 
 - **命题 10.5.1（洛必达法则 1）**：设 $X\subseteqq \mathbb R$ 和 $X$ 的聚点 $x_0$，函数 $f:X\to\mathbb R$ 和 $g:X\to\mathbb R$，满足 $f(x_0)=g(x_0)=0$，$f$ 和 $g$ 都在 $x_0$ 处可微且 $g'(x_0)\neq 0$。那么：
-$$
+  
+  $$
   \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}
   $$
   
-**证明**：正确的顺序是从后往前推：
+  **证明**：正确的顺序是从后往前推：
+  
   $$
-\begin{aligned}\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}&=\lim_{x\to x_0}\frac{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\lim\limits_{x\to x_0}\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}\end{aligned}
+  \begin{aligned}\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}&=\lim_{x\to x_0}\frac{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}{\lim\limits_{x\to x_0}\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}}\\&=\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)}\end{aligned}
   $$
   
 - **命题 10.5.2（洛必达法则 2）**：设实数 $a,b$ 满足 $a<b$，$f:[a,b]\to\mathbb R$ 和 $g:[a,b]\to\mathbb R$ 都是在 $[a,b]$ 上连续且在 $(a,b)$ 上可微的函数，满足 $f(a)=g(a)=0$，且对于任意 $x\in(a,b)$ 有 $g'(x)\neq 0$，且满足：
diff --git a/src/第2章 从头开始：自然数.md b/src/第2章 从头开始：自然数.md
index aea4bd2..0c83c23 100644
--- a/src/第2章 从头开始：自然数.md	
+++ b/src/第2章 从头开始：自然数.md	
@@ -83,10 +83,10 @@
   
   $$
   \begin{aligned}
-&f_m(n^+)=f_{n^+}(m)\\
-\iff &f_m(n)^+=f_{n^+}(m)\\
-\iff &f_n(m)^+=f_{n^+}(m)
-\end{aligned}
+  &f_m(n^+)=f_{n^+}(m)\\
+  \iff &f_m(n)^+=f_{n^+}(m)\\
+  \iff &f_n(m)^+=f_{n^+}(m)
+  \end{aligned}
   $$
   
   同样再对 $m$ 进行归纳即可：$\begin{cases}f_n(0)^+=n^+=f_{n^+}(0)\\f_n(m^+)^+=(f_n(m)^+)^+=f_{n^+}(m)^+=f_{n^+}(m^+)\end{cases}$。
@@ -101,10 +101,10 @@
   
   $$
   \begin{aligned}
-&f_c((a^+)+b)=f_{b+c}(a^+)\\
-\iff &f_c((a+b)^+)=f_{b+c}(a)^+\\
-\iff &f_c(a+b)^+=f_{b+c}(a)^+
-\end{aligned}
+  &f_c((a^+)+b)=f_{b+c}(a^+)\\
+  \iff &f_c((a+b)^+)=f_{b+c}(a)^+\\
+  \iff &f_c(a+b)^+=f_{b+c}(a)^+
+  \end{aligned}
   $$
 
 $b=c\to a+b=a+c$ 是显然的，但由于我们还没建立减法和负数的概念，所以还不能直接说明 $a+b=a+c\to b+c$。为此，我们再证明消去律：
diff --git a/src/第8章 无限集合.md b/src/第8章 无限集合.md
index a930b51..a317082 100644
--- a/src/第8章 无限集合.md	
+++ b/src/第8章 无限集合.md	
@@ -143,7 +143,7 @@
   
   $$
   \begin{aligned}
-\sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))\\
+  \sum\limits_{(n,m)\in\mathbb N\times \mathbb N}f(n,m)&=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f(g(k))\\
   &=\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_+(g(k))-\sum\limits^{\infty}_{k=0}f_-(g(k))\\
   &=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\\
   &=\sum\limits^{\infty}_{n=0}\left(\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_+(n,m)-\sum\limits^{\infty}_{m=0}f_-(n,m)\right)\\&=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}(f_+(n,m)-f_-(n,m))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)