在一系列數字 an 中，其中每項為正數，前 n 項和 sn 滿足 sn 1 2 an 1 an 60

如果 an = 根數 n - 根數 （n-1）。

當 n 時，a1 = 1 和 a2 = 根數 2-1 顯然為真。

假設當 n=k 時，s（k）=1 2 （ak-1 ak） 也成立，當 n=k+1 時，s（k+1）=s（k）+a（k+1）=1 2（根數 k - 根數 （k-1） + 根數 k + 根數 （k-1）） + 根數 （k+1） - 根數 （k））。

根數 （k+1）=1 2（a（k+1）-1 a（k+1）） 成立。 因此，對於任何 n，an = 根數 n - 根數 （n-1） 為真，並且得到證明。

1）當n=1 sn=an，故sn=1 2（sn+1 sn）時，解為sn=1或sn=-1（四捨五入），結論有效。

2） 假設當 n = k 時，sk = 根數 k（k 是大於 1 的整數）。

則 s（k+1）=1 2（a（k+1）+1 a（k+1））=1 2（s（k+1）-sk+1 （s（k+1）-sk））。

代入 SK=root：K=K=1+root=1 （S（K+1）-root：K）

解是 s（k+1） = 根數 （k+1） 或 s（k+1） = - 根數 （k+1）（四捨五入）。

因此，當 n=k+1 時，結論也成立。

綜上所述，sn=根數 n

n=1 顯然是正確的。

假設 n=k，那麼當 n=k+1 時，sk+a（k+1）=（a（k+1）+1 a（k+1）） 2

sk=（-a（k+1）+1 a（k+1）） 2a（k+1） 2+2*a（k+1）*sk-1=0 代入 sk=sqrt（k） 得到 a（k+1）=sqrt（k+1）-sqrt（k）。

所以 s（k+1） = sk + a （k + 1） = sqrt （k + 1）。

2sn=(an+1)*an=an^2+an2s(n+1)=a(n+1)^2+a(n+1)2s(n+1)-2sn=2a(n+1)=[a(n+1)^2+a(n+1)]-an^2+an)

結果為：a（n+1） 2-a（n+1）-an 2-an=0，即[a（n+1） 2-an 2]=[a（n+1）+an]，[a（n+1）-an]*[a（n+1）+an]=a（n+1）+an

由於任何 an>0，方程兩邊的 a（n+1）+an 都可以被消除，所以有 a（n+1）-an=1

2sn=an 2+an，那麼 2a1=a1 2+a1，a1=1an=1+（n-1）*d=1+（n-1）*1=n，這個過程可能會有點麻煩。

6sn = （an+1） （an+2），因此 n=1 則 a1=1（放棄蘆葦）或 a1=2

6sn-1=（a（n-1）+1）（a（n-1）+2） 減去 [an+a（n-1）] [an-a（n-1）-3] = 0an-a（n-1）-3=0

an-a（n-1）=3

等磨差級數。

an=2+3（n-1）=3n-1

sn=n（3n+1）/2

當 n>=2 時，s[n]=1 4 * a[n]+1） 2; s[n-1]=1/4 * a[n-1]+1)^2

減去兩個公式得到 a[n]=1 4 * a[n] 2+2a[n]-a[n-1] 2-2a[n-1]））。

簡化得到 a[n] 2-a[n-1] 2=2a[n]+2a[n-1] 並得到 a[n]-a[n-1]=2，所以它是一系列相等的差。 第一項是 1，公差是 2a[n]=2n-1

第二步並不難，但寫出來比較麻煩。

答案是 tn=3-（2n+3） （2 n）。

1）因為sn -（n +n-3）sn-3（n +n）=0，（sn+3）[sn-（n +n）]=0，因為序列an的項都是正數。

所以 sn-（n +n）=0

sn=n²+n

a1=s1=2

2） an=sn-s（n-1）=2n（n 2） 當 n=1 時，a1=2 1=2，所以 a1 符合通式。

因此，褲子間隙序列 {an} 的一般公式為 an=2n

3）1/[a1(a1+2)]

1/[a2(a2+2)]+1/[an(an+2)]1/(4×6)+…+1 [an（an+2）]1 2 [1 2-1 4+1 4-1 6+....+1/an-1/(an+2)]

1/2×[1/2-1/(an+2)]

n/(4n+4)