\documentclass{article}
%\documentclass[twocolumn, 12pt]{article}
\textwidth 6.6in
\oddsidemargin 0.0in
\evensidemargin 0.0in
\textheight 9.0in
\topmargin -0.3in
\usepackage{amsthm,amssymb,amsmath,mathrsfs}   
%設定pdftex或xetex取決於所用的類型 (上述綠色按鍵右方框框)



\usepackage{fontspec}                     
%加這個就可以設定字體
\setmainfont{微軟正黑體}                 
%直接設定Windows中的字型，名字要打的一模一樣才行。

\newfontfamily{\A}{Bookman Old Style}
\newfontfamily{\B}{標楷體}

\XeTeXlinebreaklocale "zh"                
%這兩行一定要加，中文才能自動換行
\XeTeXlinebreakskip = 0pt plus 1pt        
%這兩行是texWorks範例中所缺少的。
%加了這四行後，就可以隨意的打中文，接下來的跟一般的LeTeX都一樣



\begin{document}
\noindent 我們並不難得知$\sum\frac{1}{n^2}$是個收斂級數, 因為
\begin{align}
\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...&\textless \frac{1}{1\times 1} + \frac{1}{1\times 2} +\frac{1}{2\times 3} + \frac{1}{3\times 4} + ... \notag\\
&=\frac{1}{1} + \frac{1}{1} - \frac{1}{2} +\frac{1}{2}-\frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4}+ ... \notag
\end{align}
但尋找它的極限卻得花上一般功夫. 早期, 大數學家尤拉曾以不嚴謹的方式求得極限值為$\frac{\pi ^2}{6}$. 即使不嚴謹, 我們始終相信這個值正是級數的極限 ----- n項部分合的求取確實讓我們相信它. 

這個極限較有趣的證明有三個: 其一是用複變函數論; 其二是用Fourier級數; 其三是基礎證明: 用中學數學搭配夾擠定理. 本文試圖重述第三項證明.

有趣卻弔詭的是, 這個證明使用了以下的手法:

\begin{itemize}
\item[(1)] 二項式定理.
\item[(2)] 棣美弗定理.
\item[(3)] 根與係數. 
\item[(4)] $\sin\theta \textless \theta \textless \tan\theta$. 
\item[(5)] $1+\cot ^2 \theta = \csc ^2 \theta$.
\item[(6)] 夾擠定理.
\end{itemize}


我們很難聯想到它們並直截了當又如此巧妙地使用它, 但它卻在最關鍵的部分發揮作用! 以二項式定理展開此式

\begin{align}
(\cos \theta + i \sin\theta)^{2n+1} &= \cos ^{2n+1} \theta + C_1^{2n+1} \cos^{2n} (i\sin \theta) + C_2^{2n+1} \cos^{2n-1} (i\sin\theta)^2 + ... + C_n^n (i\sin\theta)^{2n+1}\notag\\
&= (\cos^{2n+1}\theta - C_2^{2n+1}\cos^{2n-1}\theta \sin^2 \theta + ... + \_\_\_\_) \notag\\
&\qquad + i\cdot ( C_1^{2n+1} \cos^{2n} (\sin \theta) -  C_3^{2n+1} \cos^{2n-2} (\sin \theta)^3 + ... + \_\_\_ )\notag
\end{align}
其中
\begin{align}
\theta = \frac{k\pi}{2n+1},\qquad\quad k = 1,2,3,...,n.\notag
\end{align}
又對這類的$\theta$, 由棣美弗定理
\begin{align}
(\cos \theta + i \sin\theta)^{2n+1} &= (\cos \frac{k\pi}{2n+1} + i \sin\frac{k\pi}{2n+1})^{2n+1}\notag\\
&= \cos k\pi + i\sin k\pi \in \mathbb{R}\notag
\end{align}

因此我們發現
\begin{align} 
C_1^{2n+1} \cos^{2n} (\sin \theta) -  C_3^{2n+1} \cos^{2n-2} (\sin \theta)^3 + ... + \_\_\_  = 0 \notag
\end{align}

由於 $\theta = \frac{k\pi}{2n+1}\in (0,\frac{\pi}{2})$, $\sin^{2n+1} \theta\ne 0$. 對上式的兩邊同除以 $\sin^{2n+1}\theta$, 得到
\begin{align}
C_1^{2n+1} \cot^{2n} -  C_3^{2n+1} \cot^{2n-2} + C_5^{2n+1} \cot^{2n-4} + ... + \_\_\_  = 0 \notag
\end{align}

觀察下述方程:
\begin{align}
C_1^{2n+1} Y^n -  C_3^{2n+1} Y^{n-1} + C_5^{2n+1} Y^{n-2} + ... + \_\_\_  = 0 \notag
\end{align}
我們知道它至多有$n$個相異根. 然而, 由上述的討論, 我們確實找出了n個相異根:
\begin{align}
\cot^2 \frac{k\pi}{2n+1}, \qquad k = 1,2,3, ..., n.\notag
\end{align}
由根與係數, 我們發現其n根和
\begin{align}
\sum_{k=1}^n \cot^2 \frac{k\pi}{2n+1} = \cot^2\frac {\pi}{2n+1} + \cot^2 \frac{2\pi}{2n+1} + ... +\cot^2 \frac{n\pi}{2n+1} = \frac{C_3^{2n+1}}{C_1^{2n+1}}= \frac{(2n)(2n-1)}{6}.\notag
\end{align}

至此, 不難看見, 我們已經 "製造" 出了平方和, $\pi$, 以及極限值分母的6. 如果從結果論, 我們現在要讓$\pi$ 脫離$\cot$. 利用此不等式:
\begin{align}
\sin\theta \textless\theta \textless \tan\theta \notag, \qquad\text{當} \theta \in (0, \frac{\pi}{2}).\notag
\end{align}
則有
\begin{align}
1+\cot^2 \theta = \csc^2 \theta \textgreater \frac{1}{\theta^2}\textgreater \cot^2 \theta\notag
\end{align}
將$\theta$代回$\frac{k\pi}{2n+1}$, 並且求出對$k$從1至$n$的和, 得到
\begin{align}
n + \sum_{k=1}^n \cot^2 {k\pi}{2n+1} > \sum_{k=1}^n \frac{1}{(\frac{k\pi}{2n+1})^2} > \sum_{k=1}^n \cot^2 {k\pi}{2n+1} \notag
\end{align}
根據前式, 可改寫上式成
\begin{align}
\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}(n + \frac{(2n)(2n-1)}{6}) > \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} > \frac{\pi^2}{(2n+1)^2}(\frac{(2n)(2n-1)}{6}) \notag
\end{align}
再由夾擠定理, 即可得證.



\end{document}