正数数列通项公式的两种求法

题目
已知正数数列 $\lbrace a_n\rbrace $ 满足
$$ a_1 = 1,\qquad a_{n+1}^2 = S_n^2 - S_n + 1, $$ 其中 $S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n$。求 $\lbrace a_n\rbrace $ 的通项公式。

公共推导：化为 $S_n$ 的递推

由 $a_{n+1} = S_{n+1} - S_n$ 代入条件得
$$ (S_{n+1} - S_n)^2 = S_n^2 - S_n + 1, $$ 展开整理得
$$ S_{n+1}^2 - 2S_n S_{n+1} + S_n - 1 = 0. $$ 解关于 $S_{n+1}$的二次方程（取正号以保证$S_{n+1} > S_n$）：
$$ S_{n+1} = S_n + \sqrt{S_n^2 - S_n + 1},\qquad S_1 = 1. \tag{1} $$

为消除常数项，令
$$ x_n = S_n - \frac12, $$ 则 $x_1 = \frac12$，且 (1) 化为
$$ x_{n+1} = x_n + \sqrt{x_n^2 + \frac34}. \tag{2} $$

下面用两种不同的视角处理递推 (2)。

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方法一：三角代换

代换动机

形如 $x + \sqrt{x^2 + c^2}$的结构使人联想到$\cot\theta + \csc\theta = \cot\frac{\theta}{2}$。

令 $c = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，则 $c^2 = \dfrac34$。作代换
$$ x_n = c \cot\varphi_n,\qquad \varphi_n \in \left(0,\frac{\pi}{2}\right). $$ 代入 (2) 得
$$ c \cot\varphi_{n+1} = c \cot\varphi_n + \sqrt{c^2\cot^2\varphi_n + c^2} = c(\cot\varphi_n + \csc\varphi_n). $$ 化简得
$$ \cot\varphi_{n+1} = \cot\varphi_n + \csc\varphi_n. $$

关键恒等式

$$ \cot\varphi + \csc\varphi = \frac{\cos\varphi + 1}{\sin\varphi} = \frac{2\cos^2\frac{\varphi}{2}}{2\sin\frac{\varphi}{2}\cos\frac{\varphi}{2}} = \cot\frac{\varphi}{2}. $$

因此
$$ \cot\varphi_{n+1} = \cot\frac{\varphi_n}{2}. $$ 在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 内余切函数单调，故
$$ \varphi_{n+1} = \frac{\varphi_n}{2}. \tag{3} $$

由 $x_1 = \frac12 = \frac{\sqrt{3}}{2}\cot\varphi_1$得$\cot\varphi_1 = \frac{1}{\sqrt{3}}$，即
$$ \varphi_1 = \frac{\pi}{3}. $$ 结合 (3) 得
$$ \varphi_n = \frac{\pi}{3 \cdot 2^{\thinspace{}n-1}}. $$

于是
$$ S_n = \frac12 + x_n = \frac12 + \frac{\sqrt{3}}{2}\cot\frac{\pi}{3 \cdot 2^{\thinspace{}n-1}}. $$ 当 $n \ge 2$ 时，
$$ \begin{aligned} a_n &= S_n - S_{n-1} \newline &= \frac{\sqrt{3}}{2}\left( \cot\frac{\pi}{3 \cdot 2^{\thinspace{}n-1}} - \cot\frac{\pi}{3 \cdot 2^{\thinspace{}n-2}} \right). \end{aligned} $$

三角化简

令 $\theta = \dfrac{\pi}{3 \cdot 2^{\thinspace{}n-1}}$，则 $\dfrac{\pi}{3 \cdot 2^{\thinspace{}n-2}} = 2\theta$。
$$ \begin{aligned} \cot\theta - \cot 2\theta &= \cot\theta - \frac{\cot^2\theta - 1}{2\cot\theta} = \frac{\cot^2\theta + 1}{2\cot\theta} \newline &= \frac{\csc^2\theta}{2\cot\theta} = \frac{1}{2\sin\theta\cos\theta} = \frac{1}{\sin 2\theta}. \end{aligned} $$ 故
$$ a_n = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sin 2\theta} = \frac{\sqrt{3}}{2\sin\negthinspace\left( \dfrac{\pi}{3 \cdot 2^{\thinspace{}n-2}} \right)}. $$

直接验证 $n=1$ 亦成立：$a_1 = \frac{\sqrt{3}}{2\sin\frac{2\pi}{3}} = 1$。

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方法二：复数辐角法

复数引入

递推 $x_{n+1} = x_n + \sqrt{x_n^2 + c^2}$ 的几何意义是什么？
构造复数
$$ z_n = x_n + i c,\qquad c = \frac{\sqrt{3}}{2}. $$ 则 $\operatorname{Re}(z_n) = x_n$，模 $|z_n| = \sqrt{x_n^2 + c^2}$。
于是 (2) 变为
$$ x_{n+1} = \operatorname{Re}(z_n) + |z_n|. $$ 自然地定义 $z_{n+1} = x_{n+1} + i c$，研究其辐角的变化。

设 $z_n$的辐角为$\theta_n \in (0,\frac{\pi}{2})$，则
$$ x_n = |z_n|\cos\theta_n,\quad c = |z_n|\sin\theta_n \implies x_n = c\cot\theta_n,\thickspace\thickspace |z_n| = c\csc\theta_n. $$

辐角减半

代入 $x_{n+1}$：
$$ \begin{aligned} x_{n+1} &= x_n + |z_n| = c\cot\theta_n + c\csc\theta_n \newline &= c \cdot \frac{\cos\theta_n + 1}{\sin\theta_n} = c \cdot \frac{2\cos^2\frac{\theta_n}{2}}{2\sin\frac{\theta_n}{2}\cos\frac{\theta_n}{2}} = c \cot\frac{\theta_n}{2}. \end{aligned} $$ 而由 $z_{n+1} = x_{n+1} + i c$知$x_{n+1} = c \cot\theta_{n+1}$，故
$$ \cot\theta_{n+1} = \cot\frac{\theta_n}{2} \thickspace\Longrightarrow\thickspace \theta_{n+1} = \frac{\theta_n}{2}. \tag{4} $$

初始复数 $z_1 = \frac12 + i\frac{\sqrt{3}}{2} = e^{i\pi/3}$，故
$$ \theta_1 = \frac{\pi}{3}. $$ 由 (4) 得
$$ \theta_n = \frac{\pi}{3 \cdot 2^{\thinspace{}n-1}}. $$

还原 $S_n$与$a_n$ 的过程同方法一，最终得到相同的通项公式。

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结论

数列 $\lbrace a_n\rbrace $ 的通项公式为
$$ \boxed{a_n = \frac{\sqrt{3}}{2\sin\negthinspace\left( \dfrac{\pi}{3 \cdot 2^{\thinspace{}n-2}} \right)},\qquad n \in \mathbb{N}^*.} $$

方法比较

• 方法一（三角代换）：利用余切函数的半角公式，代数过程直接。
• 方法二（复数辐角）：揭示递推的几何意义——“实部加模”对应辐角减半，更直观地解释了指数的出现。