競賽中復數列遞推問題的解法

陳君君

【摘要】在數學競賽試題中，常出現復數列問題，這類問題以遞推數列為背景，求解既用到復數的概念、性質及運算法則等，又要考慮遞推數列的結構特點和運用數列的有關知識，是情形較為復雜、綜合性較強的一類競賽題.

【關鍵詞】競賽；復數列；解法

1直接遞推

例1已知復數數列{zn}滿足z1=1，zn+1=zn+1+ni（n=1，2，…），其中i為虛數單位，zn表示zn的共軛復數，則z2015的值是.（2015年全國高中聯賽）

分析首先依據遞推公式zn+1=zn+1+ni來研究復數數列{zn}的項之間的關系，然后求解.

解因為zn+1=zn+1+ni，

所以對n∈N*，有

zn+2=zn+1+1+（n+1）i

=zn+1+ni+1+（n+1）i

=zn+1-ni+1+（n+1）i

=zn+2+i，

所以zn+2-zn=2+i.

又因為z1=1，

所以z1，z3，…，z99構成一個z1為首項，以2+i為公差的等差數列，

故z2015=z1+（1008-1）（2+i）

=1+2014+1007i

=2015+1007i.

注本題利用了共軛復數的概念、性質=z和運算法則z1+z2=z1+z2等復數知識，直接將復數列的遞推公式變形、轉化，得到zn+2-zn=2+i后，構造由復數列的奇數項構成的等差數列，利用等差數列的通項公式求解.

例2復數z1，z2，…，z100滿足z1=3+2i，zn+1=nin（n=1，2，…，99）（i為虛數），則z99+z100的值為.（2021年全國高中聯賽）

分析首先依據遞推公式zn+1=nin來研究復數列{zn}的項之間的關系，然后求解.

解因為z1=3+2i，zn+1=zn·in，

所以z2=z1·i1=3+2i·i

=（3-2i）·i

=2+3i，①

zn+2=zn+1·in+1，②

將①代入②，得

zn+2=zn·in·in+1

=zn·（）n·in+1

=zn·（-i）n·in+1

=zn·（-1）n·i2n·i

=zn·（-1）n·（-1）n·i

=zn·i，

于是zn+2zn=i，

所以z1，z3，…，z99構成一個z1為首項，以i為公比的等比數列；z2，z4，…，z100構成一個z2為首項，以i為公比的等比數列，

所以z99=z1·i50-1=z1·i=（3+2i）·i

=-2+3i，

z100=z2·i50-1=z2·i=（2+3i）·i

=-3+2i，

故z99+z100=-5+5i.

注本題利用了共軛復數的概念、性質=z和運算法則z1·z2=z1·z2，zn=n等復數知識，將復數列的遞推公式變形、轉化，得到zn+2zn=i后，分別構造由復數列的奇數項構成的等比數列和由復數列的偶數項構成的等比數列，利用等比數列的通項公式并結合虛數單位i的周期性求解的.

2實部、虛部分別遞推

例3已知復數列{zn}滿足z1=32，zn+1=zn（1+zni）（n=1，2，…），其中i為虛數單位，求z2021的值.（2021年全國高中聯賽）

分析首先設出復數的代數表示，然后將遞推公式zn+1=zn（1+zni）轉化為代數表示，分別來研究實部、虛部的遞推關系，從而求解.

解對n∈N*，

設zn=an+bni（an，bn∈R），則

zn+1=an+1+bn+1i，zn=an-bni，

zn·zn=（an+bni）（an-bni）=a2n+b2n，

所以zn+1=zn（1+zni）=zn+zn·zni，

即an+1+bn+1i=an-bni+（a2n+b2n）i

=an+（a2n+b2n-bn）i，

根據復數相等的充要條件，得

an+1=an，bn+1=a2n+b2n-bn.

又z1=32=32+0·i，

所以a1=32，b1=0，an=32，

bn+1=322+b2n-bn，

即bn+1-12=b2n-bn+14=bn-122，

所以bn+1=12+bn-122.

當n≥2時，bn=12+bn-1-122

=12+bn-2-1222

=…

=12+b1-122n-1

=12+-122n-1

=12+122n-1，

所以zn=32+12+122n-1i，

故z2021=32+12+1222020i.

注本題在設出復數代數表示的基礎上，利用了共軛復數的概念和復數代數表示的乘法運算法則及復數相等的充要條件等復數知識，將復數列的遞推公式分別轉化為實部和虛部兩個實數列的遞推關系，分別得到遞推公式后，又還原給復數列，從而求解的.

3轉化為復數的模遞推

例4設復數數列{zn}滿足|z1|=1，且對任意正整數n，均有4z2n+1+2znzn+1+z2n=0.證明：對任意正整數m，均有|z1+z2+…+zm|<233.（2019年全國高中聯賽）

分析首先變形已知中的復方程4z2n+1+2znzn+1+z2n=0，分解得到zn+1與zn的遞推關系，然后轉化為|zn+1|與|zn|的遞推關系，并在對正整數m分奇、偶討論的基礎上，利用復數模的性質和“放縮”證得結論.

證明由題意知zn≠0（n∈N*），

由4z2n+1+2znzn+1+z2n=0，

得4zn+1zn2+2zn+1zn+1=0（n∈N*），

所以zn+1zn=-2±4-4×4×12×4

=-2±-128

=-2±23i28

=-1±3i4（n∈N*），

|zn+1||zn|=zn+1zn=-1±3i4=12，

所以{|zn|}是以|z1|為首項，以12為公比的等比數列，

所以|zn|=|z1|·12n-1=12n-1（n∈N*）.①

進而有|zn+zn+1|=|zn|·1+zn+1zn

=12n-1·1+-1±3i4=12n-1·3±3i4

=32n（n∈N*）.②

當m為偶數時，設m=2s（s∈N*），利用②可得

|z1+z2+…+zm|≤∑sk=1|z2k-1+z2k|

<∑+∞k=1|z2k-1+z2k|=∑+∞k=1322k-1=233.

當m為奇數時，設m=2s+1（s∈N*），

由①②可知|z2s+1|=122s

<33·22s-1=∑+∞k=s+1322k-1=∑+∞k=s+1|z2k-1+z2k|，

故|z1+z2+…+zm|

≤（∑sk=1|z2k-1+z2k|）+|z2s+1|

<∑+∞k=1|z2k-1+z2k|=233.

綜上知，結論得證.

注本題將復數列的遞推關系轉化為其模的遞推關系來研究，在對正整數m分奇、偶討論的基礎上，依據復數模的性質進行“放縮”，充分考查了將問題化歸轉化能力和數學抽象、邏輯推理及數學建模等核心素養.

例5稱一個復數數列{zn}為“有趣的”，若|z1 |=1，且對任意正整數n，均有4z2n+1+2znzn+1+z2n=0.求最大的常數C，使得對一切有趣的復數數列{zn}及任意正整數m，均有|z1+z2+…+zm |≥C.（2019年全國高中聯賽）

分析該題可謂是例4試題的“升級版”，解答的思路與例4基本上是一致的.變形已知中的復方程4z2n+1+2znzn+1+z2n=0，分解得到zn+1與zn的遞推關系，然后轉化為|zn+1|與|zn|的遞推關系，并在對正整數m分奇、偶討論的基礎上，利用復數模的性質和“放縮”得到結論.

解由例4知|zn|=12n-1（n∈N*），①

|zn+zn+1|=32n.②

設Tm=|z1+z2+…+zm|（m∈N*）.

當m為偶數時，設m=2s（s∈N*），

利用②得Tm≥|z1+z2|-∑sk=2|z2k-1+z2k|

>32-∑+∞k=2|z2k-1+z2k|

=32-∑+∞k=2322k-1=33.

當m為奇數時，設m=2s+1（s∈N*），

由①②知|z2s+1|=122s

<33·22s-1=∑+∞k=s+1322k-1=∑+∞k=s+1|z2k-1+z2k|，

故Tm

≥|z1+z2|-（∑sk=1|z2k-1+z2k|）-|z2s+1|

>32-∑+∞k=1|z2k-1+z2k|=33.

當m=1時，T1=1>33.

以上表明C=33滿足要求.

另一方面，當z1=1，z2k=-1+3i22k，z2k+1=-1-3i22k（k∈N*）時，易驗知數列{zn}為有趣的數列，此時

lims→+∞T2s+1=lims→+∞|z1+∑sk=1（z2k+z2k+1）|

=lims→+∞1+∑sk=1-3-3i22k+1

=1+-3+3i8×43=33，

這表明C不能大于33，

故最大的常數C為33.

注本題以新定義信息為背景進行問題探索，也是充分考查了將問題化歸轉化能力和數學抽象、邏輯推理及數學建模等核心素養.