完成#2更新区间集合记号

src/第2章 从头开始：自然数.md

@@ -219,7 +219,7 @@ $b=c\to a+b=a+c$ 是显然的，但由于我们还没建立减法和负数的概
   
   同样再对 $m$ 进行归纳即可：
 
-  $$\begin{cases}f_n(0)+0=0=f_{n^+}(0)\\f_n(m^+)+(m^+)=(f_n(m)+n)+(m^+)=f_{n^+}(m)+(n^+)=f_{n^+}(m^+)\end{cases}$$
+  $\begin{cases}f_n(0)+0=0=f_{n^+}(0)\\f_n(m^+)+(m^+)=(f_n(m)+n)+(m^+)=f_{n^+}(m)+(n^+)=f_{n^+}(m^+)\end{cases}$
 
 为了简便，我们现在将 $n\times m$ 简写为 $nm$，并按习惯规定先乘后加。
 

src/第3章 集合论.md

@@ -67,8 +67,7 @@
   
   $$
   x\in A\cup B\iff (x\in A \lor x\in B)
- $$
+  $$
-
 容易证明并运算满足交换律和结合律。容易证明 $A\cup \varnothing=A$。
 
 根据双并公理，我们可以定义双元素集：
@@ -92,6 +91,7 @@
   $$
   y\in\{x\in A:P(x)\}\iff (y\in A\land P(y))
   $$
+  
 
 分类可以看成关于集合 $A$ 和命题 $P$ 的运算。可以证明 “若 $A=B$，则 $\{x\in A:P(x)\}=\{x\in B:P(x)\}$”，即集合关于分类运算遵从代入公理。
 
@@ -124,7 +124,7 @@
   
   $$
   z\in\{y:\exists_{x\in A},P(x,y)\}\iff \exists_{x\in A},P(x,z)
- $$
+  $$
   
   我们常把形如 $\{y:\exists_{x\in A},y=f(x)\}$ 的集合简写成 $\{f(x):x\in A\}$。
 
@@ -175,13 +175,13 @@
 ## 3.3 函数
 
 - **定义 3.3.1（函数/映射/变换）**：设 $X,Y$ 是集合，$P(x,y)$ 是关于任意对象 $x\in X$ 和任意对象 $y\in Y$ 的命题，使得对于每个对象 $x\in X$ 存在恰好一个 $y\in Y$ 使得 $P(x,y)$ 成立。那么我们定义由 $P$ 在 $X$ 和 $Y$ 上确定的函数 $f:X\to Y$ 是这样的对象，它对于任意的输入 $x\in X$，将指定一个输出 $f(x)\in Y$，满足
-  
+
   $$
   y=f(x)\iff P(x,y)
   $$
-  
+
   根据 $P(x,y)$ 的定义，对于任意 $x\in X$，$f(x)$ 存在且唯一。
-  
+
   定义函数 $f$ 的定义域为 $X$，对应域为 $Y$，值域为 $f(X):=\{f(x):x\in X\}$，那么值域为对应域的子集。
 
 有时我们在定义函数时，为了方便，在确定完其定义域 $X$ 后，直接指定从输入 $x$ 得到输出 $f(x)$ 的过程（_procedure_）（即如何从 $x$ 得到 $f(x)$）来定义 $f$。其真正的过程如下：在确定完定义域 $X$ 之后，先定义 $P(x,y)$ 表示命题 “$y$ 是 $x$ 经过 procedure 过程得到的结果”，若未给出对应域，再令对应域为 $Y:=\{y:\exists_{x\in X},P(x,y)\}$（可以发现此时对应域和值域相等），然后再定义 $f$ 为由 $P$ 在 $X$ 和 $Y$ 上确定的函数。
@@ -201,7 +201,7 @@
   $$
   (g\circ f)(x):=g(f(x))
   $$
-  
+
   容易证明，对于任意 $x\in X$，$g(f(x))$ 存在且唯一。
 
 易证函数关于复合遵从代入公理：如果 $f=f'$，那么 $g\circ f=g\circ f'$；如果 $g=g'$，那么 $g\circ f=g'\circ f$。
@@ -243,17 +243,17 @@
   $$
   Z\in\{Y:Y\subseteq X\}\iff Z\subseteq X
   $$
-  
+
   **证明**：设集合 $Y=\{0,1\}$。
-  
+
   设 $P(f,S)$ 是关于映射 $f\in Y^X$ 和任意对象 $S$ 的命题，满足 $P(f,S)$ 为真当且仅当 $S$ 是 $X$ 的子集且 $\forall_{x\in X},f(x)=1\iff x\in S$。
-  
+
   根据引理 3.1.5，容易证明，对于每个 $f\in Y^X$，都恰好存在唯一的 $S:=\{x\in X:f(x)=1\}$ 使得 $P(f,S)$ 为真。
-  
+
   根据替换公理，存在集合 $A:=\{S:\exists_{f\in Y^X},P(f,S)\}$。那么 $Z\in A\implies Z\subseteq X$。
-  
+
   为证 $Z\subseteq X\implies(Z\in A\iff \exists_{f\in Y^X},P(f,Z))$，我们构造函数 $f(x):=[x\in Z]$ 即可。
-  
+
   于是 $Z\in A\iff Z\subseteq X$，得证。
 
 为了完整起见，我们现在再往集合论中添加一条公理，它扩充了双并公理而允许做出更大的并集。
@@ -275,7 +275,7 @@
   $$
   y\in\bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}\iff \exists_{\alpha\in I},y\in A_{\alpha}
   $$
-  
+
   注意到，当 $I$ 为空集时，集族的并也为空集。
 
 对称地，尽管不需要用到并公理，我们定义：
@@ -287,7 +287,7 @@
   $$
   y\in \bigcap_{\alpha\in I}A_{\alpha}\iff \forall_{\alpha\in I},x\in A_{\alpha}
   $$
-  
+
   注意，该定义不依赖于 $\beta$ 的选择。
 
 集合论的这些我们已经引入的公理统称为ZF公理集合论（_Zermelo-Fraenkel Set Theory_，策梅洛-弗兰克尔集合论）。后面我们将还需要一个更进一步的公理，即著名的选择公理，它们统称为集合论的ZFC公理集合论（_Zermelo-Fraenkel-Choise Set Theory_，策梅洛-弗兰克尔-选择集合论）。
@@ -303,9 +303,9 @@
   $$
   a\in X\times Y\iff \exists_{x\in X,y \in Y},a=(x,y)
   $$
-  
+
   **证明**：首先，对于每个 $x\in X$，存在一个集合 $A_x:=\{(x,y):y\in Y\}$。
-  
+
   再构造集合 $B=\bigcup_{x\in X}A_x$。发现对于任意对象 $a$，$a\in B\iff \exists_{x\in X,y \in Y},a=(x,y)$，得证。
 
 设 $f:X\times Y\to Z$ 是一个函数。我们认为，$f$ 即是以 $X\times Y$ 为定义域的单变元函数，也是以 $X$ 和 $Y$ 同为定义域的两个变元的函数。
@@ -321,7 +321,7 @@
   $$
   a\in \prod_{1\leqslant i\leqslant n}X_i\iff \bigg(a=(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}\land (\forall_{1\leqslant i\leqslant n},x_i\in X_i)\bigg)
   $$
-  
+
   **证明**：考虑集合 $A:=\left(\bigcup_{1\leqslant i\leqslant n}X_i\right)^{\mathbb{N}_{1..n}}$，$B:=\{x\in A:\forall_{1\leqslant i\leqslant n},x_i\in X_i\}$，容易发现集合 $B$ 即为所求。
 
 设 $f:X_1\times X_2\times X_3\to Y$ 是一个函数。我们认为，$f$ 可以被看做是一个变元 $(x_1,x_2,x_3)\in X_1\times X_2\times X_3$ 的函数，或三个变元 $x_1\in X_1,x_2\in X_2,x_3\in X_3$ 的函数，或两个变元 $x_1\in X_1,(x_2,x_3)\in X_2\times X_3$ 的函数，诸如此类。我们将不在乎这些不同的看法，而假装它们实际上是相同的。

src/第5章 实数.md

@@ -129,7 +129,7 @@
 
     全体实数的集合记作 $\mathbb{R}$。
 
-实数集的定义也不需要公理：先利用幂集公理得到所有有理数序列 $\bigcup_{m\in\mathbb Z}\mathbb{Q}^{\{n\in\mathbb Z:n\geqslant m\}}$，再通过分类公理得到所有柯西序列构成的集合，再像定义整数集那样，定义所有柯西序列定价类（一个实数是一个柯西序列等价类）构成的集合，即为实数集。
+实数集的定义也不需要公理：先利用幂集公理得到所有有理数序列 $\bigcup_{m\in\mathbb Z}\mathbb{Q}^{\mathbb Z_{m..}}$，再通过分类公理得到所有柯西序列构成的集合，再像定义整数集那样，定义所有柯西序列定价类（一个实数是一个柯西序列等价类）构成的集合，即为实数集。
 
 根据序列等价的基本性质，我们知道实数相等也满足自反性、对称性和传递性。
 

src/第7章 级数.md

@@ -28,7 +28,7 @@
 
 接下来我们定义有限集合上的求和。
 
-- **定义 7.1.3（有限集合上的求和）**：设 $X$ 是基数为 $n$ 的集合和函数 $f:X\to\mathbb R$。那么存在 $g:\mathbb Z_1^n\to X$ 是双射。定义有限和 $\sum\limits_{x\in X}f(x):=\sum\limits_{i=1}^nf(g(i))$。
+- **定义 7.1.3（有限集合上的求和）**：设 $X$ 是基数为 $n$ 的集合和函数 $f:X\to\mathbb R$。那么存在 $g:\mathbb Z_{1..n}\to X$ 是双射。定义有限和 $\sum\limits_{x\in X}f(x):=\sum\limits_{i=1}^nf(g(i))$。
 
     **证明**：我们需要证明，有限和的结果和 $g$ 的选取是无关的。
 

src/第8章 无限集合.md

@@ -44,7 +44,7 @@
 
     **证明**：设 $Z=Y\setminus X$，则 $X\cup Z=X\cup Y$ 且 $X\cap Z=\varnothing$，且 $Z$ 是至多可数集。
 
-    若 $Z$ 为有限集，设其基数为 $n$。根据定义，存在 $f:X\to \mathbb N$ 和 $g:Z\to \mathbb N_0^{n-1}$ 都是双射。定义 $h:X\cup Z\to\mathbb N$ 满足：对于任意 $z\in Z$ 有 $h(z):=g(z)$，对于任意 $x\in X$ 有 $h(x):=n+f(x)$。容易证明 $h$ 定义合法且为双射。
+    若 $Z$ 为有限集，设其基数为 $n$。根据定义，存在 $f:X\to \mathbb N$ 和 $g:Z\to \mathbb N_{0..n-1}$ 都是双射。定义 $h:X\cup Z\to\mathbb N$ 满足：对于任意 $z\in Z$ 有 $h(z):=g(z)$，对于任意 $x\in X$ 有 $h(x):=n+f(x)$。容易证明 $h$ 定义合法且为双射。
 
     若 $Z$ 为可数集。根据定义，存在 $f:X\to\mathbb N$ 和 $g:Z\to\mathbb N$ 都是双射。定义 $h:X\cup Z\to\mathbb N$ 满足：对于任意 $x\in X$ 有 $h(x):=2f(x)$，对于任意 $z\in Z$ 有 $h(z):=2g(z)+1$。容易证明 $h$ 定义合法且为双射。
 
@@ -70,7 +70,7 @@
 
     **证明**：不妨设 $I$ 是可数集，对于 $I$ 是有限集的情况证明方法类似。
 
-    对于任意 $\alpha\in I$：若 $A_{\alpha}$ 为有限集，存在双射 $f_{\alpha}:\mathbb N_{0}^{n_{\alpha}-1}\to A_{\alpha}$；若 $A_{\alpha}$ 为可数集，存在双射 $f_{\alpha}:\mathbb N\to A_{\alpha}$。
+    对于任意 $\alpha\in I$：若 $A_{\alpha}$ 为有限集，存在双射 $f_{\alpha}:\mathbb N_{0..n_{\alpha}-1}\to A_{\alpha}$；若 $A_{\alpha}$ 为可数集，存在双射 $f_{\alpha}:\mathbb N\to A_{\alpha}$。
 
     根据推论 8.1.11，$I\times \mathbb N$ 是可数集。根据推论 8.1.5，那么 $S:=\{(\alpha,i)\in I\times \mathbb N:\text{$A_{\alpha}$为可数集，或$A_{\alpha}$为有限集且$i<n_{\alpha}$}\}$ 为至多可数集。考虑定义函数 $h:S\to \bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}$ 满足 $h(\alpha,i):=f_{\alpha}(i)$，容易验证 $h$ 为满射，根据命题 8.1.6，那么 $\bigcup_{\alpha\in I}A_{\alpha}=h(S)$ 也为至多可数集。
 
@@ -102,14 +102,18 @@
 
     先证：$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。
 
-    考虑证明对于任意 $N,M\geq 0$ 有 $\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\leq L$，即 $\sum\limits_{p\in\mathbb N_{0}^{N}\times \mathbb N_0^M}f(p)\leq L$。由于 $g^{-1}(\mathbb N_0^N\times \mathbb N_0^M)$  是有限集，故存在界 $K\geq 0$ 使得 $g^{-1}(\mathbb N_0^N\times \mathbb N_0^M)\subseteq \mathbb N_0^K$。于是：
+    考虑证明对于任意 $N,M\geq 0$ 有 $\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\leq L$，即 $\sum\limits_{p\in\mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M}}f(p)\leq L$。由于 $g^{-1}(\mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M})$  是有限集，故存在界 $K\geq 0$ 使得 $g^{-1}(\mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M})\subseteq \mathbb N_{0..K}$。于是：
+
     $$
-    \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_0^N\times \mathbb N_0^M}f(p)=\sum\limits_{k\in g^{-1}(\mathbb N_0^N\times \mathbb N_0^M)}f(g(k))\leq \sum\limits_{k\in \mathbb N_0^K}f(g(k))=\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\leq L
+    \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M}}f(p)=\sum\limits_{k\in g^{-1}(\mathbb N_{0..N}\times \mathbb N_{0..M})}f(g(k))\leq \sum\limits_{k\in \mathbb N_{0..K}}f(g(k))=\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\leq L
     $$
+
     类似地证明出 $\left(\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\right)_{M=0}^{\infty}$ 有上界 $L$，又由于它单增，所以它收敛。然后：
+
     $$
     \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\sum\limits_{n=0}^N\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)=\lim\limits_{M\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)\leq L
     $$
+
     最后一个等号是引理 7.1.7，最后一个 $\leq$ 是因为 $\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^Mf(n,m)$ 有上界 $L$。
 
     进一步，由于 $\left(\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\right)_{N=0}^{\infty}$ 单增且具有上界 $L$，于是存在 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)=\lim\limits_{N\to\infty}\sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)$ 且 $\sum\limits^{\infty}_{n=0}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\leq L$。
@@ -118,10 +122,12 @@
 
     设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，只需证明存在 $N_0\geq 0$ 使得对于任意 $N\geq N_0$ 有 $\sum\limits_{n=0}^{N}\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq L-\varepsilon$。
 
-     存在 $K\geq 0$ 使得 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq  L-\varepsilon$。可以归纳证明，存在 $N_0,M_0$ 使得 $g(\mathbb N_0^K)\subseteq \mathbb N_0^{N_0}\times \mathbb N_0^{M_0}$。那么对于任意 $N\geq N_0$，有：
+    存在 $K\geq 0$ 使得 $\sum\limits_{k=0}^Kf(g(k))\geq  L-\varepsilon$。可以归纳证明，存在 $N_0,M_0$ 使得 $g(\mathbb N_{0..K})\subseteq \mathbb N_{0..{N_0}}\times \mathbb N_{0..{M_0}}$。那么对于任意 $N\geq N_0$，有：
+
     $$
-    \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^{N_0}\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_0^{N_0}\times \mathbb N_0^{M_0}}f(p)\geq \sum\limits_{p\in g(\mathbb N_0^K)}f(p)=\sum\limits_{k\in\mathbb N_0^K}f(g(k))\geq L-\varepsilon
+    \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits^{\infty}_{m=0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^N\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)\geq \sum\limits_{n=0}^{N_0}\sum\limits_{m=0}^{M_0}f(n,m)=\sum\limits_{p\in \mathbb N_{0..{N_0}}\times \mathbb N_{0..{M_0}}}f(p)\geq \sum\limits_{p\in g(\mathbb N_{0..K})}f(p)=\sum\limits_{k\in\mathbb N_{0..K}}f(g(k))\geq L-\varepsilon
     $$
+
     证毕。
 
     第二部分：当 $f(n,m)$ 可以为负时。
@@ -163,7 +169,7 @@
 
     定义序列 $(A_n)_{n=1}^{\infty}$ 满足 $A_n:=\{x\in X:|f(x)|\geq \frac1n\}$。那么 $A_n$ 为基数不超过 $Mn$ 的有限集：若 $A_n$ 为有限集且基数大于 $Mn$，那么可以归纳证明 $\sum\limits_{x\in A_n}|f(x)|>Mn\times \frac1n=M$，与 $M$ 的定义矛盾；若 $A_n$ 为无限集，那么可以证明 $A_n$ 存在一个子集满足它是有限集且基数大于 $Mn$（对 $Mn$ 归纳），那么也矛盾。
 
-    又可以证明，$\{x\in X:f(x)\neq 0\}=\bigcup_{n\in\mathbb N_{1}^{\infty}}A_n$，再根据命题 8.1.13 即可得证。
+    又可以证明，$\{x\in X:f(x)\neq 0\}=\bigcup_{n\in\mathbb N_{1..}}A_n$，再根据命题 8.1.13 即可得证。
 
 - **定义 8.2.8**：设集合 $X$ 和函数 $f:X\to\mathbb R$。若级数 $\sum\limits_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的，则定义其值为 $\sum\limits_{x\in X}f(x):=\sum\limits_{x\in X:f(x)\neq 0}f(x)$。
 
@@ -295,7 +301,7 @@
 
     记 $C:=A\setminus B,D:=B\setminus A$，则 $C\cap D=\varnothing$。设 $n_{\min}=\min(C\cup D)$，不妨设 $n_{\min}\in C$。
 
-    则 $\sum\limits_{n\in C}10^{-n}\geq 10^{-n_{\min}}$，$\sum\limits_{n\in D}10^{-n}\leq \sum\limits_{n\in \mathbb N_{n_{\min}+1}^{\infty}}10^{-n}=\sum\limits_{n>n_{\min}}^{\infty}10^{-n}=10^{-n_{\min}-1}\frac{1}{1-10^{-1}}<10^{-n_\min}$，于是 $\sum\limits_{n\in C}10^{-n}\neq \sum\limits_{n\in D}10^{-n}$。证毕。
+    则 $\sum\limits_{n\in C}10^{-n}\geq 10^{-n_{\min}}$，$\sum\limits_{n\in D}10^{-n}\leq \sum\limits_{n\in \mathbb N_{n_{\min}+1..}}10^{-n}=\sum\limits_{n>n_{\min}}^{\infty}10^{-n}=10^{-n_{\min}-1}\frac{1}{1-10^{-1}}<10^{-n_\min}$，于是 $\sum\limits_{n\in C}10^{-n}\neq \sum\limits_{n\in D}10^{-n}$。证毕。
 
 //