Update markdowns with gt_2026-3-17: improve LaTeX and chemistry notation

- Chemistry: migrate chemical equations to \ce{} (mhchem) syntax
- Math: convert inline to display math, use \begin{aligned} for equation groups
- Fix formatting inconsistencies across 110 files

Co-Authored-By: Claude Sonnet 4.6 <noreply@anthropic.com>

markdowns/education_chemistry_00011.md

@@ -136,11 +136,11 @@
 
 对侧链 R 基不解离的中性氨基酸来说,其等电点是它的 $pK_{a1}$ 和 $pK_{a2}$ 的算术平均值;
 
-$pI = \frac{1}{2}(pK_{a1} + pK_{a2}).$
+$$pI = \frac{1}{2}(pK_{a1} + pK_{a2}).$$
 
 这可由氨基酸的解离公式推导出来。将前面所列的 $K_{a1}$ 和 $K_{a2}$ 的等式，
 
-$K_{s1}=\frac{[A^{*}][H^{*}]}{[A^{*}]}$
+$$K_{s1}=\frac{[A^{*}][H^{*}]}{[A^{*}]}$$
 
-$K_{a2} = \frac{[A^-][H^+]}{[A^*]}$
+$$K_{a2} = \frac{[A^-][H^+]}{[A^*]}$$
 

markdowns/education_chemistry_00019.md

@@ -14,11 +14,11 @@ A. 当 $E_L \ne E_R$ 时，左、右圆偏振光叠合成椭圆偏振光。虚
 
 圆二色性还能用于估算蛋白质中 $\alpha$ 螺旋、$\beta$ 折叠片和无规卷曲的含量。假设蛋白质分子全由这 3 种构象单元组成，它们所含的残基数占蛋白质分子的总残基数的百分数分别为 $f_{\alpha}, f_{\beta}$ 和 $f_{R}$，则
 
-$f_{*}+f_{\beta}+f_{R}=1\quad(1)$
+$$f_{*}+f_{\beta}+f_{R}=1\tag{1}$$
 
 再假设蛋白质分子中的各种构象单元在波长处的椭圆率也可以加和，则
 
-$\left[\theta\right]_{\lambda}=f_{\nu}\left[\theta\right]_{\nu,\lambda}+f_{\mu}\left[\theta\mid_{\lambda,\lambda}+f_{\mathrm{R}}\left[\theta\right]_{\mathrm{R},\lambda}\right.\quad(2)$
+$$\left[\theta\right]_{\lambda}=f_{\nu}\left[\theta\right]_{\nu,\lambda}+f_{\mu}\left[\theta\mid_{\lambda,\lambda}+f_{\mathrm{R}}\left[\theta\right]_{\mathrm{R},\lambda}\right.\tag{2}$$
 
 式中$\left[\theta\right]$为实验样品CD曲线在波长$\lambda$处的摩尔椭圆率；$\left[\theta\right]_{0.5}$、$\left[\theta\right]_{p.k}$和$\left[\theta\right]_{R.k}$分别为100% $\alpha$螺旋、100% $\beta$折叠片和100%无规卷曲构象在波长$\lambda$处的摩尔椭圆率，这些数据可由人工合成的多聚氨基酸获得（图5-6）。因此利用公式（2），理论上只要选择3个不同波长的$\left[\theta\right]$，即可得到一组三元一次方程，并由此解出未知数$f_{a}$、$f_{b}$和$f_{R}$，现在实际上都是用现成的程序在计算机上完成的。
 

markdowns/education_chemistry_00024.md

@@ -1,24 +1,24 @@
 式中 $MbO_2$ 代表氧合肌红蛋白, $Mb$ 代表去氧肌红蛋白。根据生物化学中的习惯, 把氧合平衡看成解离平衡, 并用 $K$ 代表解离平衡常数:
 
-$K = \frac{[Mb][O_2]}{[MbO_2]}$ $\quad(6-1)$
+$$K = \frac{[Mb][O_2]}{[MbO_2]}\tag{6-1}$$
 
 或
 
-$\frac{[MbO_{2}]}{[Mb]} = \frac{[O_{2}]}{K} \quad (6-2)$
+$$\frac{[MbO_{2}]}{[Mb]} = \frac{[O_{2}]}{K} \tag{6-2}$$
 
 所以，MbO$_{2}$ 与 Mb 浓度之比恰好与 [O$_{2}$] 成正比。
 
 由于 Mb 和 $MbO_{2}$ 的浓度难于测定，因此需要引进一个新的参数 Y 以便消去 Mb 和 $MbO_{2}$ 两个参数。Y 被定义为在给定的氧压下肌红蛋白的氧分数饱和度（fractional saturation），即 $MbO_{2}$ 分子数占肌红蛋白（Mb和 $MbO_{2}$） 分子总数的百分数：
 
-$Y=\frac{[MbO_{2}]}{[MbO_{2}]+[Mb]}\quad(6-3)$
+$$Y=\frac{[MbO_{2}]}{[MbO_{2}]+[Mb]}\tag{6-3}$$
 
 把方程$(6-1)$改写为$[MbO_2] = [Mb][O_2]/K$并代入方程$(6-2)$得：
 
-$Y = \frac{[O_2]}{[O_2] + K}$ $\quad(6-4)$
+$$Y = \frac{[O_2]}{[O_2] + K}\tag{6-4}$$
 
 根据 henry 定律，溶于液体的任一气体的浓度与液体上面的该气体分压成正比。因此 $\left[O_{2}\right]$ 可用分压 $p(\mathrm{O}_{2})$ 表示，则方程(6-3)可改写为：
 
-$Y=\frac{p(O_{2})}{p(O_{2})+K}\quad(6-5)$
+$$Y=\frac{p(O_{2})}{p(O_{2})+K}\tag{6-5}$$
 
 实验中 $p(\mathrm{O}_{2})$ 值可以进行调节和测量，氧分压常用 $torr^{*}$ 作单位；Y 值可用分光光度计法测定，因为肌红蛋白氧合时卟啉环中电子位移引起吸收光谱改变。Y 对 $p(\mathrm{O}_{2})$ 作图所得的曲线称为氧结合曲线或解离曲线。如图 6-6A 所示，肌红蛋白的氧合曲线为一双曲线，它的两条渐近线是 Y=1 和 $p(\mathrm{O}_{2})=-K$。
 

markdowns/education_chemistry_00026.md

@@ -6,12 +6,12 @@ $$0\approx n\left[\log p(O_{2})\right]-\log K\approx n\left(\log P_{50}\right)-\
 
 因而，
 
-$ \log K = n (\log P_{S_{0}}) \text{ 或 } K = (P_{S_{0}})^{n} \quad (6-14) $
+$$ \log K = n (\log P_{S_{0}}) \text{ 或 } K = (P_{S_{0}})^{n} \tag{6-14}$$
 
 将 $K = (P_{50})^n$ 代入方程(6-11)得：
 
-$\frac{Y}{1-Y}=\left[\frac{p\left(O_{2}\right)}{P_{50}}\right]^{n}$
-$\quad(6-15)$
+$$\frac{Y}{1-Y}=\left[\frac{p\left(O_{2}\right)}{P_{50}}\right]^{n}\tag{6-15}$$
+
 
 也即肌红蛋白和血红蛋白的情况不同，对 $HbP_{50}$ 和 $K$ 不相等，因为 $Hb$ 是具有多个的 $O_2$ 结合部位的别构蛋白质。
 
@@ -27,7 +27,12 @@ $\quad(6-15)$
 
 组织中的代谢作用既产生$H^{+}$，也产生$CO_{2}$。代谢越旺盛的组织，需要的氧越多，产生的$H^{+}$和$CO_{2}$也越多。细胞呼吸的终产物$CO_{2}$在体内被水合为碳酸氢盐：
 
-$\begin{aligned} CO_2 + H_2O \xrightleftharpoons{碳酸酐酶} &H_2CO_3 \rightleftharpoons H^+ + HCO_3^-\\&碳酸\end{aligned}$
+$$
+\begin{aligned}
+\ce{CO2 + H2O} \xrightleftharpoons{\text{碳酸酐酶}} &\ce{H2CO3 <=> H+ + HCO3^-} \\
+&\text{碳酸}
+\end{aligned}
+$$
 
 
 此反应受碳酸酐酶(carbonic anhydrase)催化，该酶在红细胞中特别丰富。$CO_{2}$在水中的溶解度不大，如果不转变为碳酸氢盐，将在组织和血中形成气泡。从上面的方程可以看到，$CO_{2}$水合的结果将增加组织中的$H^{+}$浓度(pH下降)。氧与血红蛋白结合深受pH和$CO_{2}$浓度的影响。去氧血红蛋白对$H^{+}$的亲和力比氧

markdowns/education_chemistry_00030.md

@@ -62,7 +62,7 @@
 
 9. 抗原与抗体的结合方式与血红蛋白的氧结合相似。假设抗原是一价，抗体是 $n$ 价，即抗体分子有 $n$ 个结合部位，且各结合部位的结合常数 $K_a$ 值是相同的，则可证明当游离抗原浓度为 $[L]$ 时，结合到抗体上的抗原浓度 $[L_p]$ 与抗体的总浓度 $[P_t]$ 之比值：
 
-$\hat{N}=\frac{[L_{P}]}{[P_{T}]}=\frac{nK_{a}[L]}{1+K_{a}[L]}$
+$$\hat{N}=\frac{[L_{P}]}{[P_{T}]}=\frac{nK_{a}[L]}{1+K_{a}[L]}$$
 
 $\hat{N}$ 实际上表示被一个抗体分子结合的抗原分子平均数。
 

markdowns/education_chemistry_00031.md

@@ -14,29 +14,29 @@
 
 在离心场中蛋白质颗粒发生沉降时,它将受到三种力的作用;
 
-$F_{c}$(离心力) = $m_{\nu}\omega^{2}x$
+$$F_{c}(离心力) = m_{\nu}\omega^{2}x$$
 
-$F_{b}$(浮力)$=V_{p}\rho\omega^{2}x=m_{p}vp\omega^{2}x$
+$$F_{b}(浮力)=V_{p}\rho\omega^{2}x=m_{p}vp\omega^{2}x$$
 
-$F_{f}(\text{摩擦力}) = fv = f \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$
+$$F_{f}(\text{摩擦力}) = fv = f \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$$
 
 这里，$m_{p}$ 是分子颗粒的质量(g)；$\omega$ 是转头的角速度(rad/s)；x 是旋转中心至界面的径向距离(cm)；$\omega^{2}x$ 是离心加速度（也称离心场强度或离心场，是单位质量的力）；$V_{p}$ 是分子颗粒的体积；$\rho$ 是溶剂的密度($g/cm^{3}$)；v 是蛋白质的偏微比容（partial specific volume），偏微比容的定义是：当加入1克干物质于无限大体积的溶剂中时溶液体积的增量；$V_{p}\rho$ 或 $m_{p}\bar{\nu}\rho$ 是被分子颗粒排开的溶剂质量；f 是摩擦系数；v 是沉降速率，即 $\frac{dx}{dt}$。离心力减去浮力为分子颗粒所受到的净离心力：
 
-$F_{c}-F_{b}=m_{\rho}\omega^{2}x-m_{\rho}\nu\rho\ \omega^{2}x
+$$F_{c}-F_{b}=m_{\rho}\omega^{2}x-m_{\rho}\nu\rho\ \omega^{2}x
 
-=m_{\rho}\omega^{2}x(1-\nu\rho)$
+=m_{\rho}\omega^{2}x(1-\nu\rho)$$
 
 式中，$(1-\bar{v}_{p})$ 为浮力因子(buoyancy factor)。当分子颗粒以恒定速度移动时，净离心力与摩擦力(阻力)处于稳态平衡中：
 
-$F_{c} - F_{b} = F_{f}$
+$$F_{c} - F_{b} = F_{f}$$
 
 即
 
-$m_{\mu}\omega^{2}x(1-\bar{\nu}\rho)=f\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$
+$$m_{\mu}\omega^{2}x(1-\bar{\nu}\rho)=f\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$$
 
 或
 
-$\frac{d.r/dt}{\omega^{2}x}=\frac{m_{p}(1-\upsilon p)}{f}$
+$$\frac{d.r/dt}{\omega^{2}x}=\frac{m_{p}(1-\upsilon p)}{f}$$
 
 可见单位离心场的沉降速度是个定值。称为沉降系数(sedimentation coefficient)或沉降常数,用$s$(小写)
 

markdowns/education_chemistry_00035.md

@@ -14,11 +14,13 @@
 
 1913年 Michaelis 和 Menten 在前人工作的基础上，根据酶反应的中间复合物学说：
 
-$E + S \xrightleftharpoons{k_{5}} ES \xrightarrow{k} E + P \quad (9-10)$
+$$
+\ce{E + S <=>[$k_5$] ES ->[$k$] E + P} \tag{9-10}
+$$
 
 假定 $E + S \rightleftharpoons ES$ 迅速建立平衡，底物浓度远远大于酶浓度下，ES 分解成产物的逆反应忽略不计，以“快速平衡法”，推导出一个数学方程式，表示了底物浓度与酶反应速率之间的定量关系，通常称为米氏方程。
 
-$v=\frac{V_{\max}\cdot[S]}{K_{s}+[S]}\quad(9-11)$
+$$v=\frac{V_{\max}\cdot[S]}{K_{s}+[S]}\tag{9-11}$$
 
 式中 $v$ 为反应速率，$V_{\max}$ 为酶完全被底物饱和时的最大反应速率，$[S]$ 为底物浓度，$K_s$ 为 ES 的解离常数（底物常数）。
 
@@ -26,12 +28,12 @@ $v=\frac{V_{\max}\cdot[S]}{K_{s}+[S]}\quad(9-11)$
 
 第一步:酶与底物作用,形成酶-底物复合物:
 
-$E + S \underset{k_{2}}{\overset{k_{1}}{\rightleftharpoons}} ES \quad (9-12)$
+$$E + S \underset{k_{2}}{\overset{k_{1}}{\rightleftharpoons}} ES \tag{9-12}$$
 
 第二步:ES复合物分解形成产物,释放出游离酶;
 
-$\mathrm{FS} \underset{k_{4}}{\overset{k_{3}}{\rightleftharpoons}} \mathrm{P}+\mathrm{E}$
-(9 - 13)
+$$\mathrm{FS} \underset{k_{4}}{\overset{k_{3}}{\rightleftharpoons}} \mathrm{P}+\mathrm{E}\tag{9 - 13}$$
+
 
 这两步反应都是可逆的。它们的正反应与逆反应的速率常数分别为 $k_1, k_2, k_3, k_4$。
 
@@ -39,7 +41,7 @@ $\mathrm{FS} \underset{k_{4}}{\overset{k_{3}}{\rightleftharpoons}} \mathrm{P}+\m
 
 所谓稳态是指反应进行一段时间后，系统的复合物ES浓度，由零逐渐增加到一定数值，在一定时间内，尽管底物浓度和产物浓度不断地变化，复合物ES也在不断地生成和分解，但是当反应系统中ES的生成速率和ES的分解速率相等时，络合物ES浓度保持不变的这种反应状态称为稳态，即：
 
-$\frac{d[ES]}{dt}=0$
+$$\frac{d[ES]}{dt}=0$$
 
 图 9—8 表示实验所得各种浓度对时间的曲线，表示了底物浓度降低，产物形成及 ES 稳态过程。
 

markdowns/education_chemistry_00061.md

@@ -4,13 +4,13 @@
 
 定温下,气体在液体中的溶解度 $x_B$ 与该气体在液面上的平衡分压 $p_B$ 成正比,其定量关系为
 
-$p_{B}=kx_{B}\quad(x_{B}\rightarrow0)\quad(4.3.1)$
+$$p_{B}=kx_{B}\quad(x_{B}\rightarrow0)\tag{4.3.1}$$
 
 式中 $x_B$ 为被溶解的气体物质在溶液中的摩尔分数，比例常数 $k$ 称为 Henry 常数，与温度有关，是溶质及溶剂性质共同的表现。
 
 在稀溶液时，二元溶液溶质的摩尔分数 $x_{B}$ 、质量摩尔浓度 $m_{B}$ 和物质的量浓度 $c_{B}$ 间存在下列关系，
 
-$x_{\mathrm{B}}=M_{\mathrm{A}} m_{\mathrm{B}}=\left(M_{\mathrm{A}} / \rho_{0}\right) c_{\mathrm{B}}$ $\quad(4.3.2)$
+$$x_{\mathrm{B}}=M_{\mathrm{A}} m_{\mathrm{B}}=\left(M_{\mathrm{A}} / \rho_{0}\right) c_{\mathrm{B}}\tag{4.3.2}$$
 
 因此,Henry定律可表示为
 
@@ -18,7 +18,7 @@ $$p_{\mathrm{B}}=k x_{\mathrm{B}}=k_{m}m_{\mathrm{B}}=k_{c}c_{\mathrm{B}}\tag{4.
 
 式中
 
-$k=(1/M_{A})k_{m}=(\rho_{0}/M_{A})k_{c}\quad(4.3.4)$
+$$k=(1/M_{A})k_{m}=(\rho_{0}/M_{A})k_{c}\tag{4.3.4}$$
 
 例 当潜水员由深水急速上升到水面，氮的溶解度降低，在血液中形成气泡阻塞血液流通，这就是“潜函病”。假设氮在血液中的溶解度与水中相同，在$p=101.3\ \mathrm{kPa}$时，$c(\mathrm{N_2})=1.39\times 10^{-5}\ \mathrm{kg(N_2)/kg(H_2O)}$，一个人身体中有$3\ \mathrm{kg}$血。在$20^\circ \mathrm{C}$时，人从$60\ \mathrm{m}$深水中急速上升，请求在人的血液中形成的氮气泡体积有多大？半径为多少？
 
@@ -28,12 +28,17 @@ $p(\mathrm{N}_2) = 101.3\ \mathrm{kPa} \times 0.8 = 81.0\ \mathrm{kPa}$。
 
 根据 $p(\mathrm{N}_2) = k_c c(\mathrm{N}_2)$，可得 Henry 常数 $k_c$：
 
-$k_{c} = \frac{p(\mathrm{N}_{2})}{c(\mathrm{N}_{2})} = \frac{1.013 \times 10^{5} \, \mathrm{Pa} \times 0.8}{1.39 \times 10^{-5} \, \mathrm{kg}(\mathrm{N}_{2})/\mathrm{kg}(\mathrm{H}_{2}\mathrm{O})}$
-$= 5.81 \times 10^{9} \, \mathrm{Pa} \cdot \mathrm{kg}(\mathrm{H}_{2}\mathrm{O})/\mathrm{kg}(\mathrm{N}_{2})$
+$$
+\begin{aligned}
+k_{c} &= \frac{p(\mathrm{N}_{2})}{c(\mathrm{N}_{2})}
+= \frac{1.013 \times 10^{5} \, \mathrm{Pa} \times 0.8}{1.39 \times 10^{-5} \, \mathrm{kg}(\mathrm{N}_{2})/\mathrm{kg}(\mathrm{H}_{2}\mathrm{O})} \\
+&= 5.81 \times 10^{9} \, \mathrm{Pa} \cdot \mathrm{kg}(\mathrm{H}_{2}\mathrm{O})/\mathrm{kg}(\mathrm{N}_{2})
+\end{aligned}
+$$
 
 60 m 深水中的压力 $p_B$ 及血液中溶解氮的浓度 $c_B$ 为
 
-$p_{\mathrm{B}}=\rho_{1}g h=60\mathrm{~m}\times998\mathrm{~k g}/\mathrm{m}^{3}\times9.81\mathrm{~m}/\mathrm{s}^{2}=5.87\times10^{5}\mathrm{~P a}$
+$$p_{\mathrm{B}}=\rho_{1}g h=60\mathrm{~m}\times998\mathrm{~k g}/\mathrm{m}^{3}\times9.81\mathrm{~m}/\mathrm{s}^{2}=5.87\times10^{5}\mathrm{~P a}$$
 
-$c_{\mathrm{B}}=p_{\mathrm{B}}/k_{\mathrm{c}}=5.87\times10^{5}\times0.8\ \mathrm{Pa}/5.81\times10^{9}\ \mathrm{Pa\cdot kg(H_{2}O)/kg(N_{2})}$
+$$c_{\mathrm{B}}=p_{\mathrm{B}}/k_{\mathrm{c}}=5.87\times10^{5}\times0.8\ \mathrm{Pa}/5.81\times10^{9}\ \mathrm{Pa\cdot kg(H_{2}O)/kg(N_{2})}$$
 

markdowns/education_chemistry_00063.md

@@ -28,23 +28,23 @@
 
 求算 $CO_2$ 在环己醇中溶解的 Henry 常数及 $p = 60 \times 10^5\ Pa$ 时 $CO_2$ 的活度系数。
 
-$[k_{\mathrm{H}}=371\times10^{5}\mathrm{~P a},\gamma_{\mathrm{C O_{2}}}=0.98]$
+$$[k_{\mathrm{H}}=371\times10^{5}\mathrm{~P a},\gamma_{\mathrm{C O_{2}}}=0.98]$$
 
 14. 若令 $Q = G_{\mathrm{m}}^{\mathrm{E}} / RT$，则 $Q = \sum_{i} x_{i} \ln \gamma_{i}$，如果 $\ln \gamma_{i}$ 当作偏摩尔量，则上式即是偏摩尔量集合公式，利用式(2.8.14)及式(2.8.15)，
 
-$L_{1}-L_{1}^{*}=\Delta_{\mathrm{m i x}}L_{\mathrm{m i}}-x_{2}\left(\frac{\partial\Delta_{\mathrm{m i x}}L_{\mathrm{m}}}{\partial x_{2}}\right)_{T,p}$
+$$L_{1}-L_{1}^{*}=\Delta_{\mathrm{m i x}}L_{\mathrm{m i}}-x_{2}\left(\frac{\partial\Delta_{\mathrm{m i x}}L_{\mathrm{m}}}{\partial x_{2}}\right)_{T,p}$$
 
 对于二元混合物,请推导
 
-$\ln\gamma_{A}=Q-x_{B}\left(\frac{\partial Q}{\partial x_{B}}\right)_{T,P}$
+$$\ln\gamma_{A}=Q-x_{B}\left(\frac{\partial Q}{\partial x_{B}}\right)_{T,P}$$
 
-$\ln\gamma_{\mathrm{B}}=Q-x_{\mathrm{A}}\left(\frac{\partial Q}{\partial x_{\mathrm{A}}}\right)_{T,P}$
+$$\ln\gamma_{\mathrm{B}}=Q-x_{\mathrm{A}}\left(\frac{\partial Q}{\partial x_{\mathrm{A}}}\right)_{T,P}$$
 
 若 $Q = \frac{G_{\text{m}}^{\text{E}}}{RT} = Cx_A x_B$，且 $C$ 与组成无关，请求 $\ln \gamma_A$、$\ln \gamma_B$。[$\ln \gamma_A = Cx_B^2$，$\ln \gamma_B = Cx_A^2$]
 
 15. 试证明：恒温恒压下,在二元混合物中当每个组分均选在 $T,p$ 时的纯物质为标准态时,存在下述关系:
 
-$\int_{0}^{1} \ln\left(\frac{\gamma_{A}}{\gamma_{B}}\right) \mathrm{d}x_{A} = 0$
+$$\int_{0}^{1} \ln\left(\frac{\gamma_{A}}{\gamma_{B}}\right) \mathrm{d}x_{A} = 0$$
 
 [提示:从 Gibbs-Duhem 公式出发,推出 $\int_{\ln\gamma_{A}}^{\ln(1/\gamma_{B})}x_{A}\mathrm{d}\ln\frac{\gamma_{A}}{\gamma_{B}}=\int_{\ln1}^{\ln\gamma_{B}}-\mathrm{d}\ln\gamma_{B}$。
 再应用全微分性质 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，即可证得]

markdowns/education_chemistry_00064.md

@@ -12,23 +12,25 @@ $$\begin{equation}
 
 式中 B 表示反应物或生成物的化学式，$\nu_{B}$ 是物质 B 的化学计量数，显然对反应物取负值，对生成物取正值，这与惯例是一致的。因此，式(5.1.1)不能写成 $\sum_{B}\nu_{B}B=0$。应特别强调，$\nu_{B}$ 是无量纲的纯数，可以是整数或简单的分数，只是表示反应过程中各物质转化的比例关系，以合成氨反应为例：
 
-$0=-\frac{1}{2}\mathrm{N}_{2}(\mathrm{~g})-\frac{3}{2}\mathrm{H}_{2}(\mathrm{~g})+\mathrm{NH}_{3}(\mathrm{~g})\quad(R_{1})$
+$$0=-\frac{1}{2}\mathrm{N}_{2}(\mathrm{~g})-\frac{3}{2}\mathrm{H}_{2}(\mathrm{~g})+\mathrm{NH}_{3}(\mathrm{~g})\quad(R_{1})$$
 
-$0 = -\mathrm{N}_{2}(\mathrm{g}) - 3\mathrm{H}_{2}(\mathrm{g}) + 2\mathrm{NH}_{3}(\mathrm{g}) \quad (R_{2})$
+$$
+0 = \ce{-N2(g) - 3H2(g) + 2NH3(g)} \quad (R_2)
+$$
 
 它们所表示的反应中各物质转化的比例关系是相同的，反应方程式中各物质的计量数不是反应过程中各相应物质所转化的物质的量。因此，不能绝对地说反应 $R_{2}$ 是 1 mol $\mathrm{N}_{2}(\mathrm{~g})$ 与 3 mol $\mathrm{H}_{2}(\mathrm{~g})$ 生成 2 mol $\mathrm{NH}_{3}(\mathrm{~g})$。
 
 为了描述反应量,20世纪初比利时科学家 Dekonder 引入了一个“反应进度”$\xi$ 的概念,$\xi$ 定义为
 
-$\xi = \frac{\pi_{\mathrm{B}} - \pi_{\mathrm{B}}^{0}}{\nu_{\mathrm{B}}}$ (5.1.2)
+$$\xi = \frac{\pi_{\mathrm{B}} - \pi_{\mathrm{B}}^{0}}{\nu_{\mathrm{B}}}\tag{5.1.2}$$
 
 以反应$(R_2)$为例
 
-$\xi=\frac{n\left(N_{2}\right)-n^{0}\left(N_{2}\right)}{-1}=\frac{n\left(H_{2}\right)-n^{0}\left(H_{2}\right)}{-3}=\frac{n\left(NH_{3}\right)-n^{0}\left(NH_{3}\right)}{2}$
+$$\xi=\frac{n\left(N_{2}\right)-n^{0}\left(N_{2}\right)}{-1}=\frac{n\left(H_{2}\right)-n^{0}\left(H_{2}\right)}{-3}=\frac{n\left(NH_{3}\right)-n^{0}\left(NH_{3}\right)}{2}$$
 
 或者写成
 
-$n(\mathrm{N_2}) = n^0(\mathrm{N_2}) - \xi, \quad 
+$$n(\mathrm{N_2}) = n^0(\mathrm{N_2}) - \xi, \quad 
 n(\mathrm{H_2}) = n^0(\mathrm{H_2}) - 3\xi, \quad 
-n(\mathrm{NH_3}) = n^0(\mathrm{NH_3}) + 2\xi$
+n(\mathrm{NH_3}) = n^0(\mathrm{NH_3}) + 2\xi$$
 

markdowns/education_chemistry_00065.md

@@ -2,12 +2,17 @@
 
 将上述数据再代入(3)式,可得
 
-$\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}^{\ominus}(T) / \mathrm{J} \cdot \mathrm{mol}^{-1}=185.6 \times 10^{3}+115 T \ln (T / \mathrm{K})+4.18 \times 10^{-3}(T / \mathrm{K})^{2}$
-$-5.44 \times 10^5 (1/(T/K)) - 244.0 (T/K)\quad(4)$ 
+$$
+\begin{aligned}
+\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}^{\ominus}(T) / \left(\mathrm{J}\cdot\mathrm{mol}^{-1}\right)
+&= 185.6 \times 10^{3} + 115 T \ln (T / \mathrm{K}) + 4.18 \times 10^{-3}(T / \mathrm{K})^{2} \\
+&\quad - 5.44 \times 10^{5} \bigl(1/(T/\mathrm{K})\bigr) - 244.0 (T/\mathrm{K}) \tag{4}
+\end{aligned}
+$$
 
 分解温度时，$K_p = (p_{CO_2} / p^\ominus) = (p^\ominus / p^\ominus) = 1$（假设 $CO_2(g)$ 为理想气体）故
 
-$\Delta_{r}G_{m}^{\ominus}(T)=-RT\ln K_{p}=0$
+$$\Delta_{r}G_{m}^{\ominus}(T)=-RT\ln K_{p}=0$$
 
 (4)式是一个较复杂的方程,没有现成的公式求解,只能采用试解法,求得$T_{合}=1176\ K$(即$903\ ^{\circ}C$)。
 
@@ -15,11 +20,11 @@ $\Delta_{r}G_{m}^{\ominus}(T)=-RT\ln K_{p}=0$
 
 例4 由反应各组分之 $\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}^{\ominus}(298 \mathrm{~K})$、$\Delta_{\mathrm{r}} H_{\mathrm{m}}^{\ominus}(298 \mathrm{~K})$、$C_{p, \mathrm{~m}}$ 数据可得反应
 
-$C_2H_4(g) + H_2O(g) = C_2H_5OH(g)$
+$$C_2H_4(g) + H_2O(g) = C_2H_5OH(g)$$
 
 的 $K_f(T,p)$ 与 $T$ 的关系为
 
-$\ln K_{f} = \frac{37\,447}{RT} - \frac{6.018}{R} \ln(T/K) + \frac{0.0367}{R} T - \frac{52.72 \times 10^{-7}}{R} T^{2} + 3.09$
+$$\ln K_{f} = \frac{37\,447}{RT} - \frac{6.018}{R} \ln(T/K) + \frac{0.0367}{R} T - \frac{52.72 \times 10^{-7}}{R} T^{2} + 3.09$$
 
 求在下列条件下乙烯的平衡转化率。温度为 $523 \, K$，$p = 3.4 \times 10^{6} \, Pa$，$ n(\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}) $：
 $ n(\mathrm{C}_{2}\mathrm{H}_{4}) = 5:1 $。

markdowns/education_chemistry_00066.md

@@ -10,11 +10,11 @@
 
 (1) 2NaHCO$_3$(s) =  Na$_2$CO$_3$(s) + H$_2$O(g) + CO$_2$(s)
 
-$\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}^{\ominus}(1)=(129~076-334.2(T / \mathrm{K})) \mathrm{J} \cdot \mathrm{mol}^{-1}$
+$$\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}^{\ominus}(1)=(129~076-334.2(T / \mathrm{K})) \mathrm{J} \cdot \mathrm{mol}^{-1}$$
 
 (2) $\mathrm{NH_{4}HCO_{3}(s)}$ == $\mathrm{NH_{3}(g)} + \mathrm{H_{2}O(g)} + \mathrm{CO_{2}(s)}$
 
-$\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}^{\ominus}(2)=(171~502-476.4(T/\mathrm{K}))\mathrm{J}\cdot\mathrm{mol}^{-1}$
+$$\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}^{\ominus}(2)=(171~502-476.4(T/\mathrm{K}))\mathrm{J}\cdot\mathrm{mol}^{-1}$$
 
 请解答：
 

markdowns/education_chemistry_00068.md

@@ -14,7 +14,9 @@
 
 今欲使 $1 \, mol \, 373 \, K, p^{\ominus}$ 的水完全变为 $373 \, K, p^{\ominus}$ 的水蒸气，用方程式表示为
 
-$H_2O(l, 373\ K, p^\ominus) \rightarrow H_2O(g, 373\ K, p^\ominus)$
+$$
+\ce{H2O}(l, 373\,\mathrm{K}, p^\ominus) -> \ce{H2O}(g, 373\,\mathrm{K}, p^\ominus)
+$$
 
 当然可采用多种方式进行,我们只讨论下面两种:
 

markdowns/education_chemistry_00069.md

@@ -1,16 +1,16 @@
-$\begin{array}{r l r l r l}&{=\left(\frac{\partial\mu_{2}^{\beta}}{\partial T}\right)_{p,x_{1}^{\beta}}\mathrm{d}T+\left(\frac{\partial\mu_{2}^{\beta}}{\partial p}\right)_{T,x_{1}^{\beta}}\mathrm{d}p+\left(\frac{\partial\mu_{2}^{\beta}}{\partial x_{1}^{\beta}}\right)_{T,p}\mathrm{d}x_{1}^{\beta}}&{\quad(4)}\end{array}$
+$$\begin{array}{r l r l r l}&{=\left(\frac{\partial\mu_{2}^{\beta}}{\partial T}\right)_{p,x_{1}^{\beta}}\mathrm{d}T+\left(\frac{\partial\mu_{2}^{\beta}}{\partial p}\right)_{T,x_{1}^{\beta}}\mathrm{d}p+\left(\frac{\partial\mu_{2}^{\beta}}{\partial x_{1}^{\beta}}\right)_{T,p}\mathrm{d}x_{1}^{\beta}}&{\tag{4}}\end{array}$$
 
 根据$(\partial \mu / \partial T)_p = -S_m, (\partial \mu / \partial p)_T = V_m$，则(3)式、(4)式可改写为
 
-$\begin{array}{r l}{-\;S_{1}^{\alpha}\mathsf{d}T+\;V_{1}^{\alpha}\mathsf{d}p+\left(\frac{\partial\mu_{1}^{\alpha}}{\partial x_{1}^{\alpha}}\right)_{T,p}\mathsf{d}x_{1}^{\alpha}=-\;S_{1}^{\beta}\mathsf{d}T+\;V_{1}^{\beta}\mathsf{d}p+\left(\frac{\partial\mu_{1}^{\beta}}{\partial x_{1}^{\beta}}\right)_{T,p}\mathsf{d}x_{1}^{\beta}}&{{}\quad(5)}\end{array}$
+$$\begin{array}{r l}{-\;S_{1}^{\alpha}\mathsf{d}T+\;V_{1}^{\alpha}\mathsf{d}p+\left(\frac{\partial\mu_{1}^{\alpha}}{\partial x_{1}^{\alpha}}\right)_{T,p}\mathsf{d}x_{1}^{\alpha}=-\;S_{1}^{\beta}\mathsf{d}T+\;V_{1}^{\beta}\mathsf{d}p+\left(\frac{\partial\mu_{1}^{\beta}}{\partial x_{1}^{\beta}}\right)_{T,p}\mathsf{d}x_{1}^{\beta}}&{{}\tag{5}}\end{array}$$
 
-$-S_{2}^{\alpha}dT+V_{2}^{\alpha}dp+\left(\frac{\partial\mu_{2}^{\alpha}}{\partial x_{1}^{\alpha}}\right)_{T,p}dx_{1}^{\alpha}=-S_{2}^{\beta}dT+V_{2}^{\beta}dp+\left(\frac{\partial\mu_{2}^{\beta}}{\partial x_{1}^{\beta}}\right)_{T,p}dx_{1}^{\beta}\quad(6)$
+$$-S_{2}^{\alpha}dT+V_{2}^{\alpha}dp+\left(\frac{\partial\mu_{2}^{\alpha}}{\partial x_{1}^{\alpha}}\right)_{T,p}dx_{1}^{\alpha}=-S_{2}^{\beta}dT+V_{2}^{\beta}dp+\left(\frac{\partial\mu_{2}^{\beta}}{\partial x_{1}^{\beta}}\right)_{T,p}dx_{1}^{\beta}\tag{6}$$
 
 (5) 式、(6) 式也可以 Gibbs-Duhum 公式直接写出，此处主要是为了介绍微元法。
 
 根据偏摩尔量(此处即化学势)微商相关性公式
 
-$x_{1}^{e}\left(\frac{\partial \mu_{1}^{e}}{\partial x_{1}^{e}}\right)_{T, \rho} + x_{2}^{e}\left(\frac{\partial \mu_{2}^{e}}{\partial x_{1}^{e}}\right)_{T, \rho} = 0\quad(7)$
+$$x_{1}^{e}\left(\frac{\partial \mu_{1}^{e}}{\partial x_{1}^{e}}\right)_{T, \rho} + x_{2}^{e}\left(\frac{\partial \mu_{2}^{e}}{\partial x_{1}^{e}}\right)_{T, \rho} = 0\tag{7}$$
 
 $$x_{1}^{\beta}\left(\frac{\partial\mu_{1}^{\beta}}{\partial x_{1}^{\beta}}\right)_{T,p}+x_{2}^{\beta}\left(\frac{\partial\mu_{2}^{\beta}}{\partial x_{1}^{\beta}}\right)_{T,p}=0 \tag{8}$$
 
@@ -22,9 +22,16 @@ $$\left(\frac{\partial\mu_{2}^{\beta}}{\partial x_{1}^{\beta}}\right)_{T,p}=-\fr
 
 将(9)式、(10)式代入(6)式,可得
 
-$-S_{2}^{e}dT+V_{2}^{e}dp-\frac{x_{1}^{e}}{x_{2}^{e}}\left(\frac{\partial\mu_{1}^{e}}{\partial x_{1}^{e}}\right)_{T,p}dx_{1}^{e}$
-
-$= - S_2^\beta \mathrm{d}T + V_2^\beta \mathrm{d}p - \frac{x_1^\beta}{x_2^\beta} \left( \frac{\partial \mu_1^\beta}{\partial x_1^\beta} \right)_{T,p} \mathrm{d}x_1^\beta \quad (11)$
+$$
+\begin{aligned}
+- S_{2}^{e}\,\mathrm{d}T + V_{2}^{e}\,\mathrm{d}p
+- \frac{x_{1}^{e}}{x_{2}^{e}}\left(\frac{\partial \mu_{1}^{e}}{\partial x_{1}^{e}}\right)_{T,p}\mathrm{d}x_{1}^{e} \\
+= - S_{2}^{\beta}\,\mathrm{d}T + V_{2}^{\beta}\,\mathrm{d}p
+- \frac{x_{1}^{\beta}}{x_{2}^{\beta}}
+\left(\frac{\partial \mu_{1}^{\beta}}{\partial x_{1}^{\beta}}\right)_{T,p}\mathrm{d}x_{1}^{\beta}
+\tag{11}
+\end{aligned}
+$$
 
 (11) 式乘以 $x_2^a/x_1^a$, 得到
 

markdowns/education_chemistry_00070.md

@@ -26,11 +26,11 @@
 
 由表 6.9.1 可知,平衡法用了最简捷的办法导出了依数性的公式,再经过合理的近似处理,可得到四种依数性之间的关系。
 
-$- \ln x_1 = x_2 = \frac{\Delta_{\mathrm{f}}^{\mathrm{g}} H_{\mathrm{m}}^{*}}{R T_{\mathrm{b}}^{2}} \Delta T_{\mathrm{b}} = \frac{\Delta_{\mathrm{v}}^{\mathrm{l}} H_{\mathrm{m}}^{*}}{R T_{\mathrm{f}}^{2}} \Delta T = \frac{V_{\mathrm{A}}^{* - 1}}{R T} = \frac{\Delta p_{\mathrm{A}}}{p_{\mathrm{A}}^{*}} \quad (6.9.1)$
+$$- \ln x_1 = x_2 = \frac{\Delta_{\mathrm{f}}^{\mathrm{g}} H_{\mathrm{m}}^{*}}{R T_{\mathrm{b}}^{2}} \Delta T_{\mathrm{b}} = \frac{\Delta_{\mathrm{v}}^{\mathrm{l}} H_{\mathrm{m}}^{*}}{R T_{\mathrm{f}}^{2}} \Delta T = \frac{V_{\mathrm{A}}^{* - 1}}{R T} = \frac{\Delta p_{\mathrm{A}}}{p_{\mathrm{A}}^{*}} \tag{6.9.1}$$
 
 式(6.9.1)反应的稀溶液四种依数性都是溶液内在性质在不同条件下的表现,由平衡条件和化学势等温式不难推得。
 
-$V_{A}\Pi = RT\ln(p_{A}^{*}/p_{A})$ (6.9.2)
+$$V_{A}\Pi = RT\ln(p_{A}^{*}/p_{A})\tag{6.9.2}$$
 
 式(6.9.2)说明：渗透压是为使溶剂A之蒸气压提高到与纯A相同时所需施加于溶液之外压力。
 

markdowns/education_chemistry_00071.md

@@ -8,7 +8,7 @@ $T_{\mathrm{m}}$,现证明如下。
 
 物态方程：$\varepsilon_{\mathrm{m}} - nmc^{2} = \frac{3}{2} nkT_{\mathrm{m}}$
 
-$p_{\mathrm{m}}=nkT_{\mathrm{m}}$
+$$p_{\mathrm{m}}=nkT_{\mathrm{m}}$$
 
 辐射
 
@@ -25,33 +25,33 @@ $$
 \end{aligned}
 $$
 
-$d(R^3 \epsilon_m) = -nkT_md(R^3)$
+$$d(R^3 \epsilon_m) = -nkT_md(R^3)$$
 
-$d(R^3nmc^2) + d(R^3 \cdot \frac{3}{2}nkT_m) = -nkT_m\,d(R^3)$
+$$d(R^3nmc^2) + d(R^3 \cdot \frac{3}{2}nkT_m) = -nkT_m\,d(R^3)$$
 
 因为粒子数守恒 $dN = d\left(\frac{4}{3}\pi R^3 n\right) = 0$
 
 故 $n \propto R^{-3}$, 且 $m$、$c$ 为常数, 可得
 
-$\frac{3}{2}R^{3}nd(T_{m})=-nT_{m}d(R^{3})$
+$$\frac{3}{2}R^{3}nd(T_{m})=-nT_{m}d(R^{3})$$
 
-$\frac{3}{2}\frac{\mathrm{d}T_{\mathrm{m}}}{T_{\mathrm{m}}}=-\frac{\mathrm{d}R^{3}}{R^{3}}$
+$$\frac{3}{2}\frac{\mathrm{d}T_{\mathrm{m}}}{T_{\mathrm{m}}}=-\frac{\mathrm{d}R^{3}}{R^{3}}$$
 
-$T_{m}\propto\frac{1}{R^{2}}\quad(7.10.2)$
+$$T_{m}\propto\frac{1}{R^{2}}\quad(7.10.2)$$
 
 绝热膨胀下的辐射：
 
-$dU_{r}=d\left(\frac{4}{3}\pi R^{3}\epsilon_{r}\right)=-p_{r}d\left(\frac{4}{3}\pi R^{3}\right)$
+$$dU_{r}=d\left(\frac{4}{3}\pi R^{3}\epsilon_{r}\right)=-p_{r}d\left(\frac{4}{3}\pi R^{3}\right)$$
 
-$R^3 d\epsilon_r + \epsilon_r d(R^3) = -\frac{1}{3} \epsilon_r d(R^3)$
+$$R^3 d\epsilon_r + \epsilon_r d(R^3) = -\frac{1}{3} \epsilon_r d(R^3)$$
 
-$\frac{\mathrm{d}\epsilon_{r}}{\epsilon_{r}}=-\frac{4}{3}\frac{\mathrm{d}(R^{3})}{R^{3}}$
+$$\frac{\mathrm{d}\epsilon_{r}}{\epsilon_{r}}=-\frac{4}{3}\frac{\mathrm{d}(R^{3})}{R^{3}}$$
 
-$\varepsilon_{t} \propto \frac{1}{R^{4}}$
+$$\varepsilon_{t} \propto \frac{1}{R^{4}}$$
 
 因为 $\varepsilon_{r}\propto T_{r}^{4}$ (辐射热力学)
 
-$T_{r}\propto\frac{1}{R}\quad(7.10.3)$
+$$T_{r}\propto\frac{1}{R}\quad(7.10.3)$$
 
 根据式(7.10.2)及式(7.10.3),随着宇宙的膨胀, $R$ 增大,辐射温度将降低,且反比于宇宙的尺度因子 $R$, 粒子的温度 $T_{\mathrm{m}}$ 也将降低,但反比于宇宙的尺度因子 $R$ 的平方。
 

markdowns/education_chemistry_00072.md

@@ -44,20 +44,20 @@
 
 设一维谐振子的质量为 $m$，选 $x$ 轴与振动方向重合，振子平衡点（不受作用力的点）作为坐标 $x$ 的原点，这样，作用在振子上的 Hooke 力为
 
-$F = -fx$
+$$F = -fx$$
 
 其中 f 称为(弹)力常数，若选取平衡点的势能为零，则振子的势能函数为
 
-$V(x)=\frac{1}{2}f x^{2}$
+$$V(x)=\frac{1}{2}f x^{2}$$
 
 振子的振动频率 $\nu$ 与力常数 $f$ 的关系为
 
-$\nu=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{f}{m}}\qquad(\omega=2\pi\nu)$
+$$\nu=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{f}{m}}\qquad(\omega=2\pi\nu)$$
 
 求解一维谐振子的 Schrödinger 方程,即得
 
-$\psi_{n}(x)=\left[\frac{\alpha}{\sqrt{\pi}2^{n}n!}\right]^{\frac{1}{2}}e^{-\frac{1}{2}\alpha^{2}x^{2}}H_{n}(\alpha x)$
+$$\psi_{n}(x)=\left[\frac{\alpha}{\sqrt{\pi}2^{n}n!}\right]^{\frac{1}{2}}e^{-\frac{1}{2}\alpha^{2}x^{2}}H_{n}(\alpha x)$$
 
 其中 $\alpha = \sqrt{m\omega/\hbar}$，$H _ {n}(\alpha x)$ 为 Hermite 多项式，n称为振动量子数，它的取值为
 
-$n=0,1,2,\cdots$
+$$n=0,1,2,\cdots$$

markdowns/education_chemistry_00073.md

@@ -31,19 +31,19 @@
 
 则有
 
-$Q = \Omega e^{-\frac{E}{k_{\mathrm{B}}T}}$ (10.3.10)
+$$Q = \Omega e^{-\frac{E}{k_{\mathrm{B}}T}}(10.3.10)\tag{10.3.10}$$
 
-$Q_{\text{定域子}} = q^N \quad(10.3.11)$
+$$Q_{\text{定域子}} = q^N \tag{10.3.11}$$
 
-$Q_{\text{离域子}} = \left( \frac{qe}{N} \right)^N \quad (10.3.12)$
+$$Q_{\text{离域子}} = \left( \frac{qe}{N} \right)^N \tag {10.3.12}$$
 
 这样，用 Q 表示热力学函数，其表观形式对定域子或离域子就无差别，当然这时 Q 是不同的。
 
 在这一节的最后，我们还有条件对于任何独立子体系证明 Lagrange 乘因子 $\beta$ 的取值。在 §9.8 中，我们曾以求单原子一维平动的平均能为例证明 $\beta = \frac{1}{k_B T}$。对于任何独立子（即 $E = \sum_i n_i \varepsilon_i$）体系的封闭且只做体积功的微变过程，热力学指出
 
-$dS = \frac{1}{T}dE + \frac{p}{T}dV$
+$$dS = \frac{1}{T}dE + \frac{p}{T}dV$$
 
 因此
 
-$\left({\frac{\partial S}{\partial E}}\right)_{V}={\frac{1}{T}}$
+$$\left({\frac{\partial S}{\partial E}}\right)_{V}={\frac{1}{T}}$$
 

markdowns/education_chemistry_00074.md

@@ -43,7 +43,7 @@ $$\begin{aligned} (C_V)_\nu &= (C_p)_\nu = 2Nk_B T \frac{d \ln q_\nu}{dT} + Nk_B
 
 前面已经讨论了选平衡位置为能量零点(这就是选势能曲线最低点为能量零点)的配分函数。显然若选振动基态为能量零点,这时振动能级公式为
 
-$\epsilon_{\nu} = nh\nu, \quad n=0,1,2,3,\cdots$
+$$\epsilon_{\nu} = nh\nu, \quad n=0,1,2,3,\cdots$$
 
 相应于该能量零点的振动配分函数为
 

markdowns/education_chemistry_00075.md

@@ -3,11 +3,11 @@
 
 解 根据公式$ (22.11.5) $，在298 K时可得：
 
-$$\mathrm { p H } ( 2 ) = \frac { E _ { 2 } + E _ { 1 } } { 0 . 0 5 9 \ 1 6 \ \mathrm { V } } + \mathrm { p H } ( 1 ) = 8 . 6 4 \qquad \qquad ( 1 )$$
+$$\mathrm { p H } ( 2 ) = \frac { E _ { 2 } + E _ { 1 } } { 0 . 0 5 9 \ 1 6 \ \mathrm { V } } + \mathrm { p H } ( 1 ) = 8 . 6 4 \qquad \tag{1}$$
 
 根据(1)式，
 
-$E_3 = E_1 + 0.059\ 16\ \text{V}[\text{pH}(3) - \text{pH}(1)] = 0.023\ 3\ \text{V}$
+$$E_3 = E_1 + 0.059\ 16\ \text{V}[\text{pH}(3) - \text{pH}(1)] = 0.023\ 3\ \text{V}$$
 
 ## 参考资料及课外阅读资料
 
@@ -37,7 +37,7 @@ $E_3 = E_1 + 0.059\ 16\ \text{V}[\text{pH}(3) - \text{pH}(1)] = 0.023\ 3\ \text{
 
 (3) 计算醋酸银 $AgAc$ 的溶度积 $K_{sp}$。
 
-$[-71.769\ \text{kJ} \cdot \text{mol}^{-1},\ -60.293\ \text{kJ} \cdot \text{mol}^{-1},\ 38.6\ \text{J} \cdot \text{K}^{-1} \cdot \text{mol}^{-1},\ 2.07 \times 10^{-3}]$
+$$[-71.769\ \text{kJ} \cdot \text{mol}^{-1},\ -60.293\ \text{kJ} \cdot \text{mol}^{-1},\ 38.6\ \text{J} \cdot \text{K}^{-1} \cdot \text{mol}^{-1},\ 2.07 \times 10^{-3}]$$
 
 2. 电池 $Pt|H_2(p^\Theta)|NaCl(0.01\ mol\cdot kg^{-1})|AgCl|Ag$，已知 $\kappa(AgCl\ 饱和溶液)=2.68\times10^{-4}\ \Omega^{-1}\cdot m^{-1}$，$\kappa(H_2O)=0.84\times10^{-4}\ \Omega^{-1}\cdot m^{-1}$，$U_m^\Theta(Ag^+)=6.42\times10^{-8}\ m^2\cdot V^{-1}\cdot s^{-1}$，$U_m^\Theta(Cl^-)=7.92\times10^{-8}\ m^2\cdot V^{-1}\cdot s^{-1}$，$\varphi^\Theta(Ag^+/Ag)=0.799\ V$，求 298 K 电池的 $E$。[0.757 V]
 

markdowns/education_chemistry_00081.md

@@ -4,7 +4,9 @@
 
 聚乙烯是一种常用塑料，是由乙烯在一定条件下，通过加成聚合反应（简称加聚反应）得到的高分子化合物，结构呈线型。高分子化合物又称为聚合物。
 
-$nCH_2—CH_2 \longrightarrow [CH_2—CH_2]_n$
+$$
+\ce{nCH2-CH2 -> [-CH2-CH2-]_{n}}
+$$
 
 乙烯     聚乙烯
 

markdowns/education_chemistry_00091.md

@@ -1,34 +1,48 @@
 酸。由于烷基的推电子效应，增加了醇分子中氧原子周围的电子云密度，O—H键上的氢原子受到的束缚力加大，使得氢不易被取代。邻近羟基碳原子上的烷基增多，氧原子上的电子云密度增大，O—H键的极性减小，酸性随之减弱，与钠的反应活性也随之降低。故醇的酸性及与活泼金属反应活性的顺序为；
 
-$H_2O>CH_3OH>RCH_2OH>R_2CHOH>R_3COH$
+$$
+\ce{H2O > CH3OH > RCH2OH > R2CHOH > R3COH}
+$$
 
 醇的酸性比水小，其共轭碱 RO⁻ 的碱性比 OH⁻ 大。醇钠遇水立即水解生成醇和氢氧化钠：
 
-$RCH_2ONa\xrightarrow{H_2O}RCH_2OH+NaOH$
+$$
+\ce{RCH2ONa} \xrightarrow{\ce{H2O}} \ce{RCH2OH + NaOH}
+$$
 
 醇钠在有机合成中用作碱性试剂，也常用作分子中引入烃氧基（RO—）的亲核试剂。
 
 2. 与氢卤酸的反应 氢卤酸与醇反应生成卤代烷和水，这是制备卤代烃的重要方法；
 
-$R-OH \xrightarrow{HX} R-X + H_2O (X=Cl、Br、I）$
+$$
+\ce{R-OH} \xrightarrow{\ce{HX}} \ce{R-X + H2O} \quad (X=\mathrm{Cl},\mathrm{Br},\mathrm{I})
+$$
 
 反应中醇的 C—O 键断裂，羟基被卤原子取代，属于亲核取代反应。C—OH 键断裂较难，需要酸的催化，使羟基质子化后以水分子的形式离去。醇的反应活性是烯丙式（或苄基式）醇 > 3°醇 > 2°醇 > 1°醇；氢卤酸的反应活性是 HI > HBr > HCl。例如，一级醇与氢碘酸（47%）一起加热就可以生成碘代烃；与氢溴酸（48%）作用时必须在硫酸作用下加热才能反应；与浓盐酸作用时必须有氯化锌存在并加热才能反应。而 3°醇和烯丙式（或苄基式）醇在室温下和浓盐酸一起震荡就可以反应：
 
-$\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{OH} \xrightarrow[\Delta]{\text{HBr},\ \text{H}_2\text{SO}_4} \text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{Br}$
+$$
+\ce{CH3CH2CH2CH2OH} \xrightarrow[\Delta]{\ce{HBr},\ \ce{H2SO4}} \ce{CH3CH2CH2CH2Br}
+$$
 
-$\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{OH} \xrightarrow[\Delta]{\text{HCl, ZnCl}_2} \text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{Cl}$
+$$
+\ce{CH3CH2CH2CH2OH} \xrightarrow[\Delta]{\ce{HCl, ZnCl2}} \ce{CH3CH2CH2CH2Cl}
+$$
 
-$(CH_{3})_{3}COH\xrightarrow{浓HCl}(CH_{3})_{3}CCl$
+$$
+\ce{(CH3)3COH} \xrightarrow{\ce{浓HCl}} \ce{(CH3)3CCl}
+$$
 
 实验室常用卢卡斯（Lucas）试剂（浓盐酸和无水氯化锌配成的溶液）来区别不同级别的醇。低级一元醇（$C_{6}$ 以下）能溶于卢卡斯试剂中，其氯代物不溶。从出现浑浊所需的时间可以鉴别出伯、仲、叔醇。
 
 伯醇、仲醇、叔醇
 
-$\xrightarrow{\text{卢卡斯试剂}}$
+$$\xrightarrow{\text{卢卡斯试剂}}$$
 
 加热后出现浑浊；静置几分钟后出现浑浊；很快出现浑浊
 
 醇与氢卤酸的反应是酸催化下的亲核取代反应，一般认为烯丙式（或苄基式）醇、叔醇、仲醇是按$S_N1$反应机理进行：
 
-$(CH_3)_3C-OH + HX \rightleftharpoons (CH_3)_3C-\overset{+}{O}H_2 + X^-$
+$$
+\ce{(CH3)3C-OH + HX <=> (CH3)3C-OH2+ + X-}
+$$
 

markdowns/education_chemistry_00100.md

@@ -38,10 +38,18 @@
 
 • 碱金属元素原子的最外层都有1个电子，它们的化学性质相似，正如上述实验所示，它们都能与氧气等非金属单质以及水反应。例如：
 
-$4Li + O_2 \xlongequal{\Delta} 2Li_2O$
+$$
+\ce{4Li + O2} \xlongequal{\Delta} \ce{2Li2O}
+$$
 
-$2Na + O_2 \xlongequal{\Delta} Na_2O_2$
+$$
+\ce{2Na + O2} \xlongequal{\Delta} \ce{Na2O2}
+$$
 
-$2Na + 2H_{2}O \xlongequal{} 2NaOH + H_{2}\uparrow$
+$$
+\ce{2Na + 2H2O} \xlongequal{} \ce{2NaOH + H2 ^}
+$$
 
-$2K + 2H_{2}O \xlongequal{} 2KOH + H_{2}\uparrow$
+$$
+\ce{2K + 2H2O} \xlongequal{} \ce{2KOH + H2 ^}
+$$

markdowns/education_english_00076.md

@@ -12,7 +12,9 @@
 
 (7) The family moved to California.
 
-( )—( )—( )—( )—( )—( )—( )
+$$
+(\ )-(\ )-(\ )-(\ )-(\ )-(\ )-(\ )-(\ )
+$$
 
 ## 2. Match the words with their definitions.
 

markdowns/education_math_00001.md

@@ -21,11 +21,10 @@ A. 0 个          B. 1 个          C. 2 个          D. 3 个
 
 15. 如果命题“$\neg p$”为真，命题“$p \land q$”为假，那么（）
 
-$$\begin{array}{ll}
-\text{A. } q \text{ 为假} & \text{B. } q \text{ 为真} \\
-\text{C. } p \text{ 或 } q \text{ 为真} & \text{D. } p \text{ 或 } q \text{ 不一定为真}
-\end{array}
-$$
+A. q 为假
+B. q 为真
+C. p 或 q 为真
+D. p 或 q 不一定为真
 
 16. 不等式$(|x|+2)(1-x^{2})\leq0$ 的解集是（）
 

markdowns/education_math_00005.md

@@ -16,12 +16,12 @@ $\therefore$ 所求椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{3}=1$.
 
 25. $\frac{7}{2}$ __解析__：$|F_1F_2|=2\sqrt{2}$，$|AF_1|+|AF_2|=6$，$|AF_2|=6-|AF_1|$.
 
-$|AF_{2}|^{2}=|AF_{1}|^{2}+|F_{1}F_{2}|^{2}-2|AF_{1}|\cdot|F_{1}F_{2}|\cos45^{\circ}
-\\=|AF_{1}|^{2}-4|AF_{1}|+8=(6-|AF_{1}|)^{2},$
+$$|AF_{2}|^{2}=|AF_{1}|^{2}+|F_{1}F_{2}|^{2}-2|AF_{1}|\cdot|F_{1}F_{2}|\cos45^{\circ}
+\\=|AF_{1}|^{2}-4|AF_{1}|+8=(6-|AF_{1}|)^{2},$$
 
 $\therefore |AF_{1}| = \frac{7}{2}.$
 
-$S=\frac{1}{2}\times\frac{7}{2}\times2\sqrt{2}\times\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{7}{2}.$
+$$S=\frac{1}{2}\times\frac{7}{2}\times2\sqrt{2}\times\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{7}{2}.$$
 
 26. __解__: 设圆 $C$ 的方程为 $x^2 + y^2 + Dx + Ey + F = 0$，
 
@@ -44,7 +44,7 @@ $$
 
 由①②③解得
 
-$D=-4,E=6,F=8.$
+$$D=-4,E=6,F=8.$$
 
 $\therefore$ 圆 $C$ 的方程为 $x^{2}+y^{2}-4x+6y+8=0$.
 

markdowns/education_math_00006.md

@@ -50,7 +50,7 @@
 
 5. 解:20%与30%的两种酒精溶液按3:1的比例混合后得到溶液的浓度为
 
-$\begin{aligned}&(3\times20\%+1\times30\%)\div(3+1)\\&=(60\%+30\%)\div4\\&=22.5\%\end{aligned}$
+$$\begin{aligned}&(3\times20\%+1\times30\%)\div(3+1)\\&=(60\%+30\%)\div4\\&=22.5\%\end{aligned}$$
 
 浓度为 45% 的酒精溶液用量为
 

markdowns/education_math_00009.md

@@ -20,12 +20,10 @@ A. 1:200          B. 1:400000         C. 1:10000          D. 1:2000
 
 5. 一个正方形广场占地面积约为 2250000 平方米, 若按照比例尺 1:12000 缩小后, 其面积比较接近( )。
 
-$$
-\begin{array}{ll}
-\text{A. 一个篮球场的面积} & \text{B. 一张乒乓球台面的面积} \\
-\text{C. 华商报一个版面的面积} & \text{D. 数学课本封面的面积}
-\end{array}
-$$
+A. 一个篮球场的面积
+B. 一张乒乓球台面的面积
+C. 华商报一个版面的面积
+D. 数学课本封面的面积
 
 ## 二、填空题
 

markdowns/education_math_00013.md

@@ -1,6 +1,6 @@
 4. 设 $f(x)$ 是周期为 $2\pi$ 的周期函数，它在 $[- \pi, \pi)$ 上的表达式为
 
-$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}-\frac{\pi}{2}, & -\pi \leqslant x<-\frac{\pi}{2}, \\ x, & -\frac{\pi}{2} \leqslant x<\frac{\pi}{2}, \\ \frac{\pi}{2}, & \frac{\pi}{2} \leqslant x<\pi,\end{array}\right.$
+$$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}-\frac{\pi}{2}, & -\pi \leqslant x<-\frac{\pi}{2}, \\ x, & -\frac{\pi}{2} \leqslant x<\frac{\pi}{2}, \\ \frac{\pi}{2}, & \frac{\pi}{2} \leqslant x<\pi,\end{array}\right.$$
 
 将 $f(x)$ 展开成傅里叶级数.
 
@@ -15,17 +15,17 @@ b_n &= \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin nx \, dx = \frac{2}{\pi} \left[ \i
 
 因 $f(x)$ 满足收敛定理的条件，而在 $x=(2k+1)\pi(k\in\mathbb{Z})$ 处间断，故
 
-$f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left[\frac{(-1)^{n+1}}{n}+\frac{2}{n^{2}\pi}\sin\frac{n\pi}{2}\right]\sin nx,x\neq(2k+1)\pi(k\in\mathbb{Z}).$
+$$f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left[\frac{(-1)^{n+1}}{n}+\frac{2}{n^{2}\pi}\sin\frac{n\pi}{2}\right]\sin nx,x\neq(2k+1)\pi(k\in\mathbb{Z}).$$
 
 5. 将函数 $f(x)=\frac{\pi-x}{2}(0\leqslant x\leqslant\pi)$ 展开成正弦级数.
 
 解 作
 
-$\varphi(x)=\begin{cases}f(x),&x\in(0,\pi],\\0,&x=0,\\-f(-x),&x\in(-\pi,0),\end{cases}$
+$$\varphi(x)=\begin{cases}f(x),&x\in(0,\pi],\\0,&x=0,\\-f(-x),&x\in(-\pi,0),\end{cases}$$
 
 $\varphi(x)$ 是 $f(x)$ 的奇延拓．令 $\Phi(x)$ 是 $\varphi(x)$ 的周期延拓，则 $\Phi(x)$ 满足收敛定理的条件，而在 $x = 2k\pi (k \in \mathbb{Z})$ 处间断，又在 $(0, \pi]$ 上，$\Phi(x) \equiv f(x)$，因此 $\Phi(x)$ 的傅里叶级数在 $(0, \pi]$ 上收敛于 $f(x)$.
 
-$a_{n}=0(n=0,1,2,\cdots);$
+$$a_{n}=0(n=0,1,2,\cdots);$$
 
 $$\begin{align*}
 b_n &= \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{\pi - x}{2} \sin nx \, dx = \frac{2}{\pi} \left[ \frac{x - \pi}{2n} \cos nx - \frac{1}{2n^2} \sin nx \right]_{0}^{\pi} \\

markdowns/education_math_00014.md

@@ -2,11 +2,11 @@ $$\begin{aligned} & =-\frac{1}{2}\cdot\frac{1-n\pi i}{1+(n\pi)^{2}}\left(\mathrm
 
 故
 
-$f(x)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^{n}\frac{e-e^{-1}}{2}\frac{1-n\pi i}{1+n^{2}\pi^{2}}\cdot e^{in\pi  x},x\in\mathbb{R}\setminus\{2k+1\mid k\in\mathbb{Z}\}.$
+$$f(x)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^{n}\frac{e-e^{-1}}{2}\frac{1-n\pi i}{1+n^{2}\pi^{2}}\cdot e^{in\pi  x},x\in\mathbb{R}\setminus\{2k+1\mid k\in\mathbb{Z}\}.$$
 
 *4. 设 $u(t)$ 是周期为 $T$ 的周期函数. 已知它的傅里叶级数的复数形式为(参阅本节例题)
 
-$u(t) = \frac{h\tau}{T} + \frac{h}{\pi} \displaystyle\sum_{\substack{n=-\infty \\ n\neq 0}}^{\infty} \frac{1}{n} \sin \frac{n\pi\tau}{T} e^{i\frac{2n\pi t}{T}} \quad (-\infty < t < +\infty),$
+$$u(t) = \frac{h\tau}{T} + \frac{h}{\pi} \displaystyle\sum_{\substack{n=-\infty \\ n\neq 0}}^{\infty} \frac{1}{n} \sin \frac{n\pi\tau}{T} e^{i\frac{2n\pi t}{T}} \quad (-\infty < t < +\infty),$$
 
 试写出 $u(t)$ 的傅里叶级数的实数形式(即三角形式).
 
@@ -14,19 +14,19 @@ __解__ 由题设知 $c_n = \frac{h}{n\pi} \sin \frac{n\pi\tau}{T}$ ($n = \pm 1,
 
 因
 
-$c_{n}=\frac{a_{n}-ib_{n}}{2},c_{-n}=\frac{a_{n}+ib_{n}}{2}=\overline{c_{n}}\quad(n=1,2,\cdots),$
+$$c_{n}=\frac{a_{n}-ib_{n}}{2},c_{-n}=\frac{a_{n}+ib_{n}}{2}=\overline{c_{n}}\quad(n=1,2,\cdots),$$
 
 可见
 
-$a_n = \operatorname{Re}(2\overline{c_n}), b_n = \operatorname{Im}(2\overline{c_n}).$
+$$a_n = \operatorname{Re}(2\overline{c_n}), b_n = \operatorname{Im}(2\overline{c_n}).$$
 
 而 $c_{n}$ 为实数，故
 
-$a_{n}=\frac{2h}{n\pi}\sin\frac{n\pi\tau}{T},b_{n}=0\quad(n=1,2,\cdots),$
+$$a_{n}=\frac{2h}{n\pi}\sin\frac{n\pi\tau}{T},b_{n}=0\quad(n=1,2,\cdots),$$
 
 故
 
-$u(t) = \frac{h\tau}{T} + \frac{2h}{\pi} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \sin \frac{n\pi\tau}{T} \cdot \cos \frac{2n\pi t}{T} \quad (-\infty < t < +\infty).$
+$$u(t) = \frac{h\tau}{T} + \frac{2h}{\pi} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \sin \frac{n\pi\tau}{T} \cdot \cos \frac{2n\pi t}{T} \quad (-\infty < t < +\infty).$$
 
 ## 总习题十二
 

markdowns/education_math_00015.md

@@ -10,7 +10,7 @@ __解__ 两已知直线的方向向量分别为 $s_1=(1,2,1)$ 和 $s_2=(0,1,1)$
 
 3. (1991. I, II) 已知两条直线的方程是
 
-$L_1:\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{0}=\frac{z-3}{-1}, L_2:\frac{x+2}{2}=\frac{y-1}{1}=\frac{z}{1},$
+$$L_1:\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{0}=\frac{z-3}{-1}, L_2:\frac{x+2}{2}=\frac{y-1}{1}=\frac{z}{1},$$
 
 则过 $L_1$ 且平行于 $L_2$ 的平面方程是______．
 

markdowns/education_math_00016.md

@@ -18,24 +18,26 @@ $$
 
 设 $l_0$ 绕 $y$ 轴旋转一周所得的旋转曲面为 $S，(x,y,z)$ 为 $S$ 上任意一点。则该点由直线 $l_0$ 上的一点 $(x_0,y_0,z_0)$ 绕 $y$ 轴旋转而得，于是有关系：$y = y_0$，
 
-$x^{2} + z^{2} = x_{0}^{2} + z_{0}^{2} = (2y_{0})^{2} + \left[-\frac{1}{2}(y_{0}-1)\right]^{2} = 4y^{2} + \frac{1}{4}(y-1)^{2},$
+$$x^{2} + z^{2} = x_{0}^{2} + z_{0}^{2} = (2y_{0})^{2} + \left[-\frac{1}{2}(y_{0}-1)\right]^{2} = 4y^{2} + \frac{1}{4}(y-1)^{2},$$
 
 从而得 $S$ 的方程为
 
-$4x^2 - 17y^2 + 4z^2 + 2y - 1 = 0.$
+$$4x^2 - 17y^2 + 4z^2 + 2y - 1 = 0.$$
 
 __解法二__ 将直线 $l$ 的方程改写为一般方程：$\begin{cases} x - y - 1 = 0, \\ y + z - 1 = 0. \end{cases}$ 过 $l$ 的平面束方程为
 
-$(x-y-1)+\lambda(y+z-1)=0,$
+$$(x-y-1)+\lambda(y+z-1)=0,$$
 
 即
 
-$x + (\lambda - 1)y + \lambda z - (1 + \lambda) = 0.$
+$$x + (\lambda - 1)y + \lambda z - (1 + \lambda) = 0.$$
 
 现确定 $\lambda$ 的值，使向量 $(1,\lambda-1,\lambda)$ 与平面 $\pi$ 的法向量 $\boldsymbol{n}=(1,-1,2)$ 垂直，即令 $1-(\lambda-1)+2\lambda=0$ ，解得 $\lambda=-2$ 。从而得过 l 且垂直于 $\pi$ 的平面方程为 $x-3y-2z+1=0$ .(下同解法一)
 
 __解法三__ 经过$l$且垂直于平面$\pi$的平面$\pi_1$的法向量$n_1$可取为$(1,1,-1)\times(1,-1,2)=(1,-3,-2)$. 又$\pi_1$通过$l$上的点$(1,0,1)$，故$\pi_1$的方程为
 
-$(x-1)-3y-2(z-1)=0$ , 即 $x-3y-2z+1=0.$
+$$(x-1)-3y-2(z-1)=0, 即 x-3y-2z+1=0.$$
+
+（下同解法一）
+
 
-（下同解法一）

markdowns/education_math_00017.md

@@ -7,9 +7,12 @@
 (C) 不连续、偏导数存在.  
 (D) 不连续、偏导数不存在.  
 
-$$\textbf{解}\quad f_x(0,0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(0+\Delta x, 0) - f(0,0)}{\Delta x} = 0, \text{同理}, f_y(0,0) = 0, \text{故偏导数存在. 又当} (x,y) \text{沿} y=kx \text{趋向于} (0,0) \text{时}$$
+解 $f _ {x}(0,0)=\lim _ {\Delta x\to0}\frac{f(0+\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}=0$ , 同理，$f _ {y}(0,0)=0$ ，故偏导数存在．又当 $(x,y)$ 沿 y=kx 趋向于 $(0,0)$ 时
 
-$\lim\limits_{\substack{(x,y)\to(0,0)\\y=kx}}f(x,y)=\lim\limits_{x\to0}\frac{kx^{2}}{x^{2}+(kx)^{2}}=\frac{k}{1+k^{2}}$.
+
+$$
+\lim_{\begin{subarray}{c}(x,y)\to(0,0)\\ y=kx\end{subarray}}f(x,y)=\lim_{x\to 0}\frac{kx^{2}}{x^{2}+(kx)^{2}}=\frac{k}{1+k^{2}}.
+$$
 
 随着 k 的不同,该极限值也不同,所以极限 $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)$ 不存在, $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 不连续. 应选(C).
 
@@ -17,7 +20,7 @@ $\lim\limits_{\substack{(x,y)\to(0,0)\\y=kx}}f(x,y)=\lim\limits_{x\to0}\frac{kx^
 
 解 在所给方程两端分别取全微分, 得
 
-$yz\,dx + xz\,dy + xy\,dz + \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}}(xdx + ydy + zdz) = 0,$
+$$yz\,dx + xz\,dy + xy\,dz + \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}}(xdx + ydy + zdz) = 0,$$
 
 因此，在点$(1,0,-1)$处 $dz=dx-\sqrt{2}dy.$
 
@@ -25,9 +28,22 @@ $yz\,dx + xz\,dy + xy\,dz + \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}}(xdx + ydy + z
 
 解
 
-$\frac{\partial z}{\partial x} = f_u \frac{\partial u}{\partial x} + f_x = f_u \cdot e^y + f_x,$
-
-$\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\left(f_{u} \cdot e^{y}+f_{x}\right)=\left(f_{u u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y}+f_{u y}\right) e^{y}+f_{u} \cdot e^{y}+f_{x u} \frac{\partial u}{\partial y}+f_{x y}$
-$=f_{u u} \cdot x e^{2 y}+f_{u y} \cdot e^{y}+f_{u} \cdot e^{y}+f_{x u} \cdot x e^{y}+f_{x y}.$
+$$\frac{\partial z}{\partial x} = f_u \frac{\partial u}{\partial x} + f_x = f_u \cdot e^y + f_x,$$
+
+$$
+\begin{aligned}
+\frac{\partial^{2} z}{\partial x \partial y}
+&= \frac{\partial}{\partial y}\left(f_{u}\cdot e^{y}+f_{x}\right)
+= \left(f_{uu}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}+f_{uy}\right)e^{y}
++ f_{u}\cdot e^{y}
++ f_{xu}\frac{\partial u}{\partial y}
++ f_{xy} \\
+&= f_{uu}\cdot x e^{2y}
++ f_{uy}\cdot e^{y}
++ f_{u}\cdot e^{y}
++ f_{xu}\cdot x e^{y}
++ f_{xy}.
+\end{aligned}
+$$
 
 4. (1995. I, II) 设 $u = f(x, y, z)$, $\varphi(x^2, e^y, z) = 0$, $y = \sin x$, 其中 $f, \varphi$ 都具有一阶连续偏导数, 且 $\frac{\partial \varphi}{\partial z} \neq 0$, 求 $\frac{du}{dx}$.

markdowns/education_math_00018.md

@@ -9,9 +9,9 @@ $$\begin{aligned}\oint _ { C } { \frac { \varphi ( y ) d x + 2 x y d y } { 2 x ^
 
 （Ⅱ）解 设 $P = \frac{\varphi(y)}{2x^2 + y^4}$，$Q = \frac{2xy}{2x^2 + y^4}$，$P$、$Q$ 在单连通区域 $x > 0$ 内具有一阶连续偏导数。由（Ⅰ）知，曲线积分 $\int_L \frac{\varphi(y)dx + 2xydy}{2x^2 + y^4}$ 在该区域内与路径无关，故当 $x > 0$ 时，恒有 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$.
 
-$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{2y(2x^{2}+y^{4})-4x\cdot2xy}{(2x^{2}+y^{4})^{2}}=\frac{-4x^{2}y+2y^{5}}{(2x^{2}+y^{4})^{2}},$
+$$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{2y(2x^{2}+y^{4})-4x\cdot2xy}{(2x^{2}+y^{4})^{2}}=\frac{-4x^{2}y+2y^{5}}{(2x^{2}+y^{4})^{2}},$$
 
-$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\varphi^{\prime}(y)(2x^{2} + y^{4}) - 4\varphi(y)y^{3}}{(2x^{2} + y^{4})^{2}} = \frac{2x^{2}\varphi^{\prime}(y) + \varphi^{\prime}(y)y^{4} - 4\varphi(y)y^{3}}{(2x^{2} + y^{4})^{2}}$,
+$$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\varphi^{\prime}(y)(2x^{2} + y^{4}) - 4\varphi(y)y^{3}}{(2x^{2} + y^{4})^{2}} = \frac{2x^{2}\varphi^{\prime}(y) + \varphi^{\prime}(y)y^{4} - 4\varphi(y)y^{3}}{(2x^{2} + y^{4})^{2}},$$
 
 比较上列两式的右端,要使它们恒等,需有
 
@@ -19,7 +19,7 @@ $\varphi'(y) = -2y$ 和 $\varphi'(y)y^4 - 4\varphi(y)y^3 = 2y^5$.
 
 由 $\varphi'(y) = -2y$ 得 $\varphi(y) = -y^{2} + C$，代入第二式得
 
-$\varphi^{\prime}(y)y^{4}-4\varphi(y)y^{3}=-2y^{5}+4y^{5}-4Cy^{3}=2y^{5},$
+$$\varphi^{\prime}(y)y^{4}-4\varphi(y)y^{3}=-2y^{5}+4y^{5}-4Cy^{3}=2y^{5},$$
 
 因此 $C=0$，从而得 $\varphi(y) = -y^2$.
 
@@ -29,8 +29,6 @@ $\varphi^{\prime}(y)y^{4}-4\varphi(y)y^{3}=-2y^{5}+4y^{5}-4Cy^{3}=2y^{5},$
 
 图研 7-6
 
-解
-
-$\overrightarrow{OP}=x\boldsymbol{i}+y\boldsymbol{j},$
+解 $\overrightarrow{OP}=x\boldsymbol{i}+y\boldsymbol{j},$
 
 按题意，$|F|=|\overrightarrow{OP}|=\sqrt{x^2+y^2}$.

markdowns/education_math_00020.md

@@ -4,7 +4,7 @@ $$\begin{aligned} M & = \iiint\limits_{\Omega} z \, dV = \iint\limits_{D} dxdy \
 
 令 $\boldsymbol{\tau} \cdot \boldsymbol{n} = 0$，得 $t_{1} = 0, t_{2} = 1$，即
 
-$\tau_{1}=(1,0,0),\tau_{2}=(1,-2,3).$
+$$\tau_{1}=(1,0,0),\tau_{2}=(1,-2,3).$$
 
 所求切线方程为
 
@@ -12,4 +12,4 @@ $\frac{x}{1} = \frac{y}{0} = \frac{z}{0} \text{ 与 } \frac{x-1}{1} = \frac{y+1}
 
 (2) 取 $M_{1}(0,0,0)$, $M_{2}=(1,-1,1)$, $\overrightarrow{M_{1}M_{2}}=(1,-1,1)$. 所求距离为
 
-$d=\frac{\left|(\tau_{1}\times\tau_{2})\cdot\overrightarrow{M_{2}M_{1}}\right|}{\left|\tau_{1}\times\tau_{2}\right|}=\frac{1}{\sqrt{13}}$
+$$d=\frac{\left|(\tau_{1}\times\tau_{2})\cdot\overrightarrow{M_{2}M_{1}}\right|}{\left|\tau_{1}\times\tau_{2}\right|}=\frac{1}{\sqrt{13}}$$

markdowns/education_math_00022.md

@@ -1,12 +1,12 @@
 解 设直角三角形的两直角边之长分别为 $x, y$，则周长
 
-$S = x + y + l \quad (0 < x < l, 0 < y < l).$
+$$S = x + y + l \quad (0 < x < l, 0 < y < l).$$
 
 本题是求周长 $S$ 在 $x^2 + y^2 = l^2$ 条件下的条件极值问题.
 
 作拉格朗日函数
 
-$L(x,y) = x + y + l + \lambda(x^2 + y^2 - l^2).$
+$$L(x,y) = x + y + l + \lambda(x^2 + y^2 - l^2).$$
 
 令
 
@@ -27,7 +27,7 @@ $$
 
 __解__ 设水池的长为 $a$，宽为 $b$，高为 $c$，则水池的表面积为
 
-$A=ab+2ac+2bc(a>0,b>0,c>0).$
+$$A=ab+2ac+2bc(a>0,b>0,c>0).$$
 
 约束条件 $abc = k$.
 

markdowns/education_math_00023.md

@@ -8,29 +8,29 @@ $$\iint \limits_ { D } [ \ln ( x + y ) ] ^ { 2 } d \sigma \geqslant \iint \limit
 
 (2) $I = \iint\limits_D \sin^2 x \sin^2 y \, d\sigma$, 其中 $D = \{(x,y) \mid 0 \leq x \leq \pi, 0 \leq y \leq \pi\}$;
 
-(3) $$ I = \iint\limits_{D} (x + y + 1) \, d\sigma ，其中  D = \{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 1, 0 \leqslant y \leqslant 2\} ;$$
+(3) $ I = \iint\limits_{D} (x + y + 1) \, d\sigma ，其中  D = \{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 1, 0 \leqslant y \leqslant 2\} ;$
 
-(4) $$ I = \iint\limits_{D} (x^{2} + 4y^{2} + 9) \, d\sigma ，其中  D = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant 4\}. $$
+(4) $ I = \iint\limits_{D} (x^{2} + 4y^{2} + 9) \, d\sigma ，其中  D = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant 4\}. $
 
 解 （1）在积分区域 $D$ 上，$0 \leqslant x \leqslant 1$，$0 \leqslant y \leqslant 1$，从而 $0 \leqslant xy(x+y) \leqslant 2$ 又 $D$ 的面积等于 1，因此
 
-$0 \leqslant \iint_{D} xy (x + y) \, d\sigma \leqslant 2.$
+$$0 \leqslant \iint_{D} xy (x + y) \, d\sigma \leqslant 2.$$
 
 (2) 在积分区域 D 上，$0 \leqslant \sin x \leqslant 1, 0 \leqslant \sin y \leqslant 1$，从而 $0 \leqslant \sin^{2} x \sin^{2} y \leqslant 1$，又 D 的面积等于 $\pi^{2}$，因此
 
-$0 \leqslant \iint_{D} \sin^{2} x \sin^{2} y \, d\sigma \leqslant \pi^{2}.$
+$$0 \leqslant \iint_{D} \sin^{2} x \sin^{2} y \, d\sigma \leqslant \pi^{2}.$$
 
 (3) 在积分区域 D 上有 $1 \leqslant x + y + 1 \leqslant 4$，D 的面积等于 2，因此
 
-$2 \leqslant \iint\limits_{D}(x+y+1) \mathrm{d} \sigma \leqslant 8.$
+$$2 \leqslant \iint\limits_{D}(x+y+1) \mathrm{d} \sigma \leqslant 8.$$
 
 (4) 因为在积分区域 D 上有 $0 \leqslant x^{2} + y^{2} \leqslant 4$，所以有
 
-$9 \leqslant x^{2} + 4y^{2} + 9 \leqslant 4(x^{2} + y^{2}) + 9 \leqslant 25.$
+$$9 \leqslant x^{2} + 4y^{2} + 9 \leqslant 4(x^{2} + y^{2}) + 9 \leqslant 25.$$
 
 又 D 的面积等于 $4\pi$，因此
 
-$36\pi\leqslant\iint_{D}(x^{2}+4y^{2}+9)\,d\sigma\leqslant100\pi.$
+$$36\pi\leqslant\iint_{D}(x^{2}+4y^{2}+9)\,d\sigma\leqslant100\pi.$$
 
 ## 习题 10-2 二重积分的计算法
 

markdowns/education_math_00024.md

@@ -49,7 +49,7 @@
 
 5. 解: 20% 与 30% 的两种酒精溶液按 3:1 的比例混合后得到溶液的浓度为
 
-$\begin{aligned}&(3\times20\%+1\times30\%)\div(3+1)\\&=(60\%+30\%)\div4\\&=22.5\%\end{aligned}$
+$$\begin{aligned}&(3\times20\%+1\times30\%)\div(3+1)\\&=(60\%+30\%)\div4\\&=22.5\%\end{aligned}$$
 
 浓度为 45% 的酒精溶液用量为
 

markdowns/education_math_00032.md

@@ -1,8 +1,8 @@
 (5)$\frac{2}{3}-\frac{1}{2}=$
 
-（6）$\frac{1}{4}+\frac{1}{3}=$
+(6)$\frac{1}{4}+\frac{1}{3}=$
 
-$(7) 8 \div \frac{1}{4} =$
+(7)$ 8 \div \frac{1}{4} =$
 
 (8)$\frac{7}{9}\times\frac{3}{7}$
 

markdowns/education_math_00034.md

@@ -40,5 +40,5 @@
 
 【详解】在甲商店购买:
 
-$40\times120\times78\%$
+$$40\times120\times78\%$$
 

markdowns/education_math_00035.md

@@ -1,4 +1,4 @@
-$=30$
+$$=30$$
 
 $\begin{aligned}&(3)\left(\frac{7}{12}+\frac{3}{8}-\frac{23}{24}\right)\times24\\&=\frac{7}{12}\times24+\frac{3}{8}\times24-\frac{23}{24}\times24\\&=14+9-23\\&=23-23\\&=0\end{aligned}$
 

markdowns/education_math_00062.md

@@ -17,7 +17,7 @@ $$(cv)' = cv' \tag{3.5}$$
 
 公式(3.4) 可以推广到有限多个函数的乘积的情况，即如果 $y = u_{1}u_{2}\cdots u_{n}$，则
 
-$(u_1u_2\cdots u_n)'=u_1'u_2\cdots u_n+u_1u_2'u_3\cdots u_n+\cdots+u_1\cdots u_{n-1}u_n'$
+$$(u_1u_2\cdots u_n)'=u_1'u_2\cdots u_n+u_1u_2'u_3\cdots u_n+\cdots+u_1\cdots u_{n-1}u_n'$$
 
 例2 求函数 $y = (1 + 2x)(3x^3 - 2x^2)$ 的导数.
 
@@ -31,13 +31,13 @@ $= 24x^3 - 3x^2 - 4x$
 
 如果 $u$，$v$ 都是 $x$ 的可导函数，且 $v \neq 0$，则函数 $y = \frac{u}{v}$ 也是 $x$ 的可导函数，并且
 
-$y' = \left( \frac{u}{v} \right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$
+$$y' = \left( \frac{u}{v} \right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$$
 
 证：由 $\Delta y = \frac{u + \Delta u}{v + \Delta v} - \frac{u}{v} = \frac{v \Delta u - u \Delta v}{v(v + \Delta v)}$
 
 得
 
-$\frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{v \frac{\Delta u}{\Delta x} - u \frac{\Delta v}{\Delta x}}{v(v + \Delta v)}$
+$$\frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{v \frac{\Delta u}{\Delta x} - u \frac{\Delta v}{\Delta x}}{v(v + \Delta v)}$$
 
 因为当 $\Delta x \to 0$ 时，$u$ 与 $v$ 的值不变，而 $\Delta v \to 0$，所以
 

markdowns/education_math_00067.md

@@ -2,7 +2,7 @@
 
 傅里叶级数有非常明确的物理含义. 事实上, 在(8.1)式中, 令
 
-$A_{0}=\frac{a_{0}}{2},\quad A_{n}=\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}},\quad\cos\theta_{n}=\frac{a_{n}}{A_{n}},\quad\sin\theta_{n}=\frac{-b_{n}}{A_{n}}\quad(n=1,2,\cdots),$
+$$A_{0}=\frac{a_{0}}{2},\quad A_{n}=\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}},\quad\cos\theta_{n}=\frac{a_{n}}{A_{n}},\quad\sin\theta_{n}=\frac{-b_{n}}{A_{n}}\quad(n=1,2,\cdots),$$
 
 则(8.1)式变为
 
@@ -17,9 +17,9 @@ $$\begin{aligned} f_T(t) & = A_0 + \sum_{n=1}^{+\infty} A_n (\cos \theta_n \cos
 
 图 8.1
 
-$c_{0}=A_{0},\arg c_{n}=-\arg c_{-n}=\theta_{n},$
+$$c_{0}=A_{0},\arg c_{n}=-\arg c_{-n}=\theta_{n},$$
 
-$|c_n| = |c_{-n}| = \frac{1}{2} \sqrt{a_n^2 + b_n^2} = \frac{A_n}{2} \quad (n = 1, 2, \cdots).$
+$$|c_n| = |c_{-n}| = \frac{1}{2} \sqrt{a_n^2 + b_n^2} = \frac{A_n}{2} \quad (n = 1, 2, \cdots).$$
 
 因此 $c_n$ 作为一个复数,其模与辐角正好反映了信号 $f_T(t)$ 中频率为 $n\omega_0$ 的简谐波的振幅与相位,其中振幅 $A_n$ 被平均分配到正负频率上,而
 
@@ -27,5 +27,5 @@ $|c_n| = |c_{-n}| = \frac{1}{2} \sqrt{a_n^2 + b_n^2} = \frac{A_n}{2} \quad (n =
 
 例 8.1 求以 $T$ 为周期的函数
 
-$ f_{T}(t)= \begin{cases} 0, & -T/2 < t < 0,\\2,&0< t < T/2 \end{cases}$
+$$f_{T}(t)= \begin{cases} 0, & -T/2 < t < 0,\\2,&0< t < T/2 \end{cases}$$
 

markdowns/education_math_00068.md

@@ -1,10 +1,10 @@
-$N_{c} = \int_{c} A_{n} \, \mathrm{d}s$
+$$N_{c} = \int_{c} A_{n} \, \mathrm{d}s$$
 
 称为向量场 $A$ 通过闭或不闭的曲线 $C$ 的流量，其中 $ds$ 是曲线 $C$ 的弧元素，$A_n$ 是向量 $A(x,y)$ 在曲线 $C$ 上点 $(x,y)$ 处法线的正方向上的投影。
 
 设 $dn$ 为向量, 其方向与曲线 C 上点 $(x, y)$ 处的法线一致, 大小等于切线方向向量 $ds = idx + jd y$ 的模, 则有
 
-$dn = \pm (i \, dy - j \, dx)$,
+$$dn = \pm (i \, dy - j \, dx),$$
 
 将这等式右边括号前的两个符号选定一个之后，我们就规定了法线的正方向，以后我们规定选取“+”号。在这种规定下，对于逆时针方向绕行的闭路 C 来说，向量 dn 指向闭路 C 的外法线方向（图 7.2）.
 
@@ -14,29 +14,29 @@ $dn = \pm (i \, dy - j \, dx)$,
 
 由于 $A_{n}\mathrm{d}s=A\cdot\mathrm{d}n=A_{x}(x,y)\mathrm{d}y-A_{y}(x,y)\mathrm{d}x$，所以
 
-$N_{c} = \int_{c} A_{n} \, ds = \int_{c} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{n} = \int_{c} A_{x}(x,y) \, dy - A_{y}(x,y) \, dx.$
+$$N_{c} = \int_{c} A_{n} \, ds = \int_{c} \mathbf{A} \cdot d\mathbf{n} = \int_{c} A_{x}(x,y) \, dy - A_{y}(x,y) \, dx.$$
 
 当流入 $C$ 的内部的流体少于流出的流体时, 即 $N_C > 0$ 时, 有源; 当流入 $C$ 的内部的流体多于流出的流体时, 即 $N_C < 0$ 时, 有汇.
 
 假定闭曲线 $C$ 在区域 $D$ 内，并且在 $D$ 内的流体既无源又无汇，即在 $D$ 内任何部分，都无流体放出，也无流体吸入，这时通过 $C$ 的流量为
 
-$N_{C} = \int_{C} A_{x}(x, y) \, dy - A_{y}(x, y) \, dx = 0.$
+$$N_{C} = \int_{C} A_{x}(x, y) \, dy - A_{y}(x, y) \, dx = 0.$$
 
 对于在 $D$ 内的任意简单闭曲线 $C$ 成立.
 
 假定 $D$ 是单连通区域, 且假定 $A_x$ 及 $A_y$ 在 $D$ 内有连续的偏导数. 由微积分所学内容知
 
-$\text{div } \mathbf{A} = \frac{\partial A_x}{\partial x} + \frac{\partial A_y}{\partial y} = 0,$
+$$\text{div } \mathbf{A} = \frac{\partial A_x}{\partial x} + \frac{\partial A_y}{\partial y} = 0,$$
 
 即
 
-$\frac{\partial A_{x}}{\partial x} = -\frac{\partial A_{y}}{\partial y}. \quad (7.2)$
+$$\frac{\partial A_{x}}{\partial x} = -\frac{\partial A_{y}}{\partial y}. \quad (7.2)$$
 
 从而可知$-A_{y}(x,y)\mathrm{d}x+A_{x}(x,y)\mathrm{d}y$是某一个二元函数$v(x,y)$的全微分，即
 
-$d[v(x,y)] = -A_y dx + A_x dy.$
+$$d[v(x,y)] = -A_y dx + A_x dy.$$
 
 由此得
 
-$\frac{\partial v}{\partial x} = -A_y, \quad \frac{\partial v}{\partial y} = A_x.$
+$$\frac{\partial v}{\partial x} = -A_y, \quad \frac{\partial v}{\partial y} = A_x.$$
 

markdowns/education_math_00069.md

@@ -1,6 +1,6 @@
 因此所求映射为
 
-$w = \left( \frac{1 + i e^{-\frac{\pi i}{2z}}}{1 - i e^{-\frac{\pi i}{2z}}} \right)^2.$
+$$w = \left( \frac{1 + i e^{-\frac{\pi i}{2z}}}{1 - i e^{-\frac{\pi i}{2z}}} \right)^2.$$
 
 ## 本章小结
 

markdowns/education_math_00070.md

@@ -17,11 +17,11 @@
 
 现假设函数 $ w = f(z) $ 在区域 D 内解析，$z_{0} \in D$，且 $ f'(z_{0}) \neq 0 $。采用前面的记号，并由导数的定义可得
 
-$f'(z_0) = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{\Delta w}{\Delta z} = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{|\Delta w| \, e^{i\varphi}}{|\Delta z| \, e^{i\theta}} = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{|\Delta w|}{|\Delta z|} e^{i(\varphi - \theta)}, \quad (6.1)$
+$$f'(z_0) = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{\Delta w}{\Delta z} = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{|\Delta w| \, e^{i\varphi}}{|\Delta z| \, e^{i\theta}} = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{|\Delta w|}{|\Delta z|} e^{i(\varphi - \theta)}, \quad (6.1)$$
 
 因此有
 
-$|f'(z_0)| = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{|\Delta w|}{|\Delta z|}.$
+$$|f'(z_0)| = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{|\Delta w|}{|\Delta z|}.$$
 
 根据伸缩率的概念可知,导数的模 $|f'(z_0)|$ 实际上就是曲线 $C$ 经函数 $w=f(z)$ 映射后在 $z_0$ 处的伸缩率. 由于函数 $w=f(z)$ 可导,因此 $|f'(z_0)|$ 只与 $z_0$ 有关,而与曲线 $C$ 本身的形状和方向无关,即对经过 $z_0$ 点的任何曲线 $C$,经 $w=f(z)$ 映射后在 $z_0$ 点均有相同的伸缩率. 因此称这种映射具有伸缩率不变性.
 

markdowns/education_math_00071.md

@@ -10,15 +10,15 @@ $(3)\ \frac{d}{dt}[f_1(t)*f_2(t)] = \frac{d}{dt}f_1(t)*f_2(t) = f_1(t)*\frac{d}{
 
 8.14 设
 
-$f_{1}(t)=\begin{cases}0,&t<0,\\1,&t\geqslant0;\end{cases}$
+$$f_{1}(t)=\begin{cases}0,&t<0,\\1,&t\geqslant0;\end{cases}$$
 
-$f_{2}(t) = \begin{cases} 0, & t < 0, \\ e^{-1}, & t \geq 0, \end{cases}$
+$$f_{2}(t) = \begin{cases} 0, & t < 0, \\ e^{-1}, & t \geq 0, \end{cases}$$
 
 求 $f_1(t) * f_2(t)$.
 
 8.15 设 $F_1(\omega) = \mathscr{F}[f_1(t)]$, $F_2(\omega) = \mathscr{F}[f_2(t)]$, 证明：
 
-$\mathcal{F}\left[f_{1}(t) \cdot f_{2}(t)\right] = \frac{1}{2\pi} F_{1}(\omega) * F_{2}(\omega).$
+$$\mathcal{F}\left[f_{1}(t) \cdot f_{2}(t)\right] = \frac{1}{2\pi} F_{1}(\omega) * F_{2}(\omega).$$
 
 8.16 求下列函数的傅氏变换：
 

markdowns/education_math_00073.md

@@ -1,13 +1,12 @@
-$X(s) = \frac{F_{0}}{ms^{2}}.$
+$$X(s) = \frac{F_{0}}{ms^{2}}.$$
 
 求拉氏逆变换得物体的运动方程为 $x(t)=\frac{F_0}{m}t$。
 
 注 本例中关于δ函数的拉氏变换涉及拉氏变换本身的定义问题. 一般说来, 若函数$f(t)$在$t=0$附近有界, 则$f(0)$的取值对拉氏变换没有影响, 但若$f(t)$在$t=0$时刻包含了冲激函数, 则有必要考察一下拉氏变换中积分限的设定. 对积分下限分别取$0^+$和$0^-$, 可得下面两种形式的拉氏变换:
 
-$\mathscr{L}_{+}[f(t)] = \int_{0^{+}}^{+\infty} f(t) e^{-st} dt,$ $\quad$
-(9.18)
+$$\mathscr{L}_{+}[f(t)] = \int_{0^{+}}^{+\infty} f(t) e^{-st} dt,\quad(9.18)$$
 
-$\mathscr{L}_{-}[f(t)] = \int_{0^{-}}^{+\infty} f(t) e^{-st} dt.$ （9.19）
+$$\mathscr{L}_{-}[f(t)] = \int_{0^{-}}^{+\infty} f(t) e^{-st} dt.\quad(9.19)$$
 
 对于在 $t=0$ 不含冲激函数的 $f(t)$，有 $\mathscr{L}_+[f(t)] = \mathscr{L}_-[f(t)]$，因此以前的讨论不受影响. 但对于 $\delta$ 函数而言，则有 $\mathscr{L}_+[\delta(t)] = 0$，$\mathscr{L}_-[\delta(t)] = 1$. 考虑到 $\delta$ 函数的傅氏变换为 1，为统一起见，我们推荐使用后一种方式. 此时有关公式要作相应的修改.
 
@@ -23,13 +22,13 @@ $\mathscr{L}_{-}[f(t)] = \int_{0^{-}}^{+\infty} f(t) e^{-st} dt.$ （9.19）
 
 图 9.3
 
-$\begin{aligned} f(t) &= (1 - t)u(t) + (t - 1)u(t - 1) \\ &= u(t) - tu(t) + (t - 1)u(t - 1). \end{aligned}$
+$$\begin{aligned} f(t) &= (1 - t)u(t) + (t - 1)u(t - 1) \\ &= u(t) - tu(t) + (t - 1)u(t - 1). \end{aligned}$$
 
 由于
 
-$\mathscr{L}\left[ u(t) \right] = \frac{1}{s}, \quad \mathscr{L}\left[ tu(t) \right] = \frac{1}{s^2},$
+$$\mathscr{L}\left[ u(t) \right] = \frac{1}{s}, \quad \mathscr{L}\left[ tu(t) \right] = \frac{1}{s^2},$$
 
 所以
 
-$\mathscr{L}\left[f(t)\right]=\frac{1}{s}-\frac{1}{s^{2}}+\frac{1}{s^{2}}e^{-s}.$
+$$\mathscr{L}\left[f(t)\right]=\frac{1}{s}-\frac{1}{s^{2}}+\frac{1}{s^{2}}e^{-s}.$$
 

markdowns/education_math_00074.md

@@ -1,30 +1,37 @@
-$\begin{aligned} F(\omega) &= \int_{-\infty}^{+\infty} f(t) e^{-j\omega t} \, dt = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-|t|} \cos t e^{-j\omega t} \, dt \\&= \int_{0}^{+\infty} e^{-t} \cos t e^{-j\omega t} \, dt + \int_{-\infty}^{0} e^{t} \cos t e^{-j\omega t} \, dt. \end{aligned}$
+$$\begin{aligned} F(\omega) &= \int_{-\infty}^{+\infty} f(t) e^{-j\omega t} \, dt = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-|t|} \cos t e^{-j\omega t} \, dt \\&= \int_{0}^{+\infty} e^{-t} \cos t e^{-j\omega t} \, dt + \int_{-\infty}^{0} e^{t} \cos t e^{-j\omega t} \, dt. \end{aligned}$$
 
 对上式第二个积分作变量代换 $t_1 = -t$，有
 
-$$F ( \omega ) = \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - t } \cos t \, \mathrm { e } ^ { - \mathrm { j } \omega t } \mathrm { d } t + \int _ { 0 } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - t _ { 1 } } \cos t _ { 1 } \, \mathrm { e } ^ { - \mathrm { j } ( - \omega ) t _ { 1 } } \mathrm { d } t _ { 1 }$$
-$$= \int _ { - \infty } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - t } u ( t ) \cos t \, \mathrm { e } ^ { - \mathrm { j } \omega t } \mathrm { d } t + \int _ { - \infty } ^ { + \infty } \mathrm { e } ^ { - t } u ( t ) \cos t \, \mathrm { e } ^ { \mathrm { j } \omega t } \mathrm { d } t .$$
+$$
+\begin{aligned}
+F(\omega)
+&= \int_{0}^{+\infty} e^{-t}\cos t \, e^{-j\omega t}\,\mathrm{d}t
+ + \int_{0}^{+\infty} e^{-t_1}\cos t_1 \, e^{-j(-\omega)t_1}\,\mathrm{d}t_1 \\
+&= \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t}u(t)\cos t \, e^{-j\omega t}\,\mathrm{d}t
+ + \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t}u(t)\cos t \, e^{j\omega t}\,\mathrm{d}t.
+\end{aligned}
+$$
 
 令 $f_{1}(t)=e^{-t}u(t)\cos t$，$F_{1}(\omega)=\mathscr{F}[f_{1}(t)]$，则
 
-$F(\omega) = F_1(\omega) + \overline{F_1(\omega)} = 2\mathrm{Re}\, F_1(\omega).$
+$$F(\omega) = F_1(\omega) + \overline{F_1(\omega)} = 2\mathrm{Re}\, F_1(\omega).$$
 
 由例 8.16 可知
 
-$F_{1}(\omega) = \frac{1 + j\omega}{(1 + j\omega)^{2} + 1}$ ,
+$$F_{1}(\omega) = \frac{1 + j\omega}{(1 + j\omega)^{2} + 1},$$
 
 因此，$F(\omega)=2\mathrm{Re}$  $F_{1}(\omega)=2\frac{\omega^{2}+2}{\omega^{4}+4}$。对 $F(\omega)$ 求逆变换有
 
-$\begin{aligned}\mathscr{F}^{-1}\left[F(\omega)\right] &=\frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} 2 \frac{\omega^{2}+2}{\omega^{4}+4} e^{\mathrm{j} \omega t} \mathrm{~d} \omega \\ 
-& =\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\omega^{2}+2}{\omega^{4}+4}(\cos \omega t+j \sin \omega t) \mathrm{d} \omega \\ &=\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\omega^{2}+2}{\omega^{4}+4} \cos \omega t \mathrm{~d} \omega=f(t). \end{aligned}$
+$$\begin{aligned}\mathscr{F}^{-1}\left[F(\omega)\right] &=\frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{+\infty} 2 \frac{\omega^{2}+2}{\omega^{4}+4} e^{\mathrm{j} \omega t} \mathrm{~d} \omega \\ 
+& =\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\omega^{2}+2}{\omega^{4}+4}(\cos \omega t+j \sin \omega t) \mathrm{d} \omega \\ &=\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\omega^{2}+2}{\omega^{4}+4} \cos \omega t \mathrm{~d} \omega=f(t). \end{aligned}$$
 
 即得
 
-$\frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{\omega^{2}+2}{\omega^{4}+4}\cos\omega t\,d\omega=e^{-|t|}\cos t.$
+$$\frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{\omega^{2}+2}{\omega^{4}+4}\cos\omega t\,d\omega=e^{-|t|}\cos t.$$
 
 例 8.20 已知 $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2} dt = \sqrt{\pi}$，求 $f(t) = e^{-t^2}$ 的傅氏变换.
 
 解 设 $ F(\omega) = \mathcal{F}[f(t)] $，则
 
-$F(2\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^{2}}e^{-2j\omega t}\,dt=e^{-\omega^{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-(t+j\omega)^{2}}dt,$
+$$F(2\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^{2}}e^{-2j\omega t}\,dt=e^{-\omega^{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-(t+j\omega)^{2}}dt,$$