“一道高三的数列题”另解看到@白如冰的文章一道高三的数列题之后，研究了一会，发现了另一种解法所以令则做三角换元，令，则所

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的文章一道高三的数列题之后，研究了一会，发现了另一种解法

$a_{n+1} = \sqrt{s_n^2 + s_n + 1} = \sqrt{\left(s_n + \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \sqrt{1 + \left(\frac{2s_n + 1}{\sqrt{3}}\right)^2}$

所以

$\frac{2}{\sqrt{3}}\left(s_{n+1} - s_{n}\right) = \sqrt{1 + \left(\frac{2s_n + 1}{\sqrt{3}}\right)^2}$

令

$x_n = \frac{2s_n + 1}{\sqrt{3}}$

则

$x_{n+1} = x_n + \sqrt{1 + x_n^2}$

做三角换元，令 $x_n = \cot \theta_n$ ，则

$\cot \theta_{n+1} = \frac{\cos \theta_n + 1}{\sin \theta_n} = \frac{2\cos^2\frac{\theta_n}{2}}{2\sin \frac{\theta_n}{2} \cos \frac{\theta_n}{2}} = \cot\frac{\theta_n}{2}$

所以 $\theta_{n+1} = \frac{\theta_n}{2}$ ，又因为 s_1 = 1 ，所以 $\cot \theta_1 = \sqrt{3}$ ， $\theta_1 = \frac{\pi}{6}$ ， $\theta_n = \frac{1}{2^n}\frac{\pi}{3}$

所以

$\frac{1 + 2s_n}{\sqrt{3}} = \cot \frac{\pi}{3 \cdot 2^n}$ $s_n = \frac{\sqrt{3}\cot{\frac{\pi}{3 \cdot 2^n}} - 1}{2}$

所以

$a_{n+1} = \frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{1 + x_n^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}\csc \frac{\pi}{3 \cdot 2^n}$

可以验证这个式子对n = 0也成立，所以

$a_n = \frac{3}{2}\csc \frac{\pi}{3 \cdot 2^{n-1}}$

补充：其实是在尝试别的方法的时候发现了这条路，然后重新修正了过程，直接一次找到这个方法是很困难的，对三角换元以及公式的掌握程度要求也很高，比如 $\frac{1 + \cos \theta}{\sin \theta}$ ，而且如果按照常规用 $\tan \theta$ 换元的话，这里遇到的是 $\frac{1 + \sin \theta}{\cos \theta}$ ，处理起来会更麻烦：

$\frac{1 + \sin \theta}{\cos \theta} = \frac{(\cos \frac{\theta}{2} + \sin \frac{\theta}{2})^2}{\cos^2\frac{\theta}{2} - \sin^2\frac{\theta}{2}} = \frac{1 + \tan\frac{\theta}{2}}{1 - \tan\frac{\theta}{2}} = \tan(\frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2})$

如果用上复数的话反而可以有通用方法（虽然复杂一些），还是复数大法好

另外：注意到我们通过换元将 $a_{n+1} = \sqrt{s_n^2 + s_n + 1}$ 变成了 $a_{n+1} = \sqrt{s_n^2 + 1}$ 的形式，实际上对于

$\sqrt{s_n^2 + 2\cos C s_n + 1}$

都可以用相似的方法进行变形

$\sqrt{s_n^2 + 2\cos C s_n + 1} = \sqrt{(s_n + \cos C)^2 + \sin^2C} = \sin C\sqrt{\left(\frac{s_n + \cos C}{\sin C}\right)^2 + 1}$

本质上来说都是余弦定理……