竞赛中复数列递推问题的解法

陈君君

【摘要】在数学竞赛试题中，常出现复数列问题，这类问题以递推数列为背景，求解既用到复数的概念、性质及运算法则等，又要考虑递推数列的结构特点和运用数列的有关知识，是情形较为复杂、综合性较强的一类竞赛题.

【关键词】竞赛；复数列；解法

1直接递推

例1已知复数数列{zn}满足z1=1，zn+1=zn+1+ni（n=1，2，…），其中i为虚数单位，zn表示zn的共轭复数，则z2015的值是.（2015年全国高中联赛）

分析首先依据递推公式zn+1=zn+1+ni来研究复数数列{zn}的项之间的关系，然后求解.

解因为zn+1=zn+1+ni，

所以对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.

又因为z1=1，

所以z1，z3，…，z99构成一个z1为首项，以2+i为公差的等差数列，

故z2015=z1+（1008-1）（2+i）

=1+2014+1007i

=2015+1007i.

注本題利用了共轭复数的概念、性质=z和运算法则z1+z2=z1+z2等复数知识，直接将复数列的递推公式变形、转化，得到zn+2-zn=2+i后，构造由复数列的奇数项构成的等差数列，利用等差数列的通项公式求解.

例2复数z1，z2，…，z100满足z1=3+2i，zn+1=nin（n=1，2，…，99）（i为虚数），则z99+z100的值为.（2021年全国高中联赛）

分析首先依据递推公式zn+1=nin来研究复数列{zn}的项之间的关系，然后求解.

解因为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

将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构成一个z1为首项，以i为公比的等比数列；z2，z4，…，z100构成一个z2为首项，以i为公比的等比数列，

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.

注本题利用了共轭复数的概念、性质=z和运算法则z1·z2=z1·z2，zn=n等复数知识，将复数列的递推公式变形、转化，得到zn+2zn=i后，分别构造由复数列的奇数项构成的等比数列和由复数列的偶数项构成的等比数列，利用等比数列的通项公式并结合虚数单位i的周期性求解的.

2实部、虚部分别递推

例3已知复数列{zn}满足z1=32，zn+1=zn（1+zni）（n=1，2，…），其中i为虚数单位，求z2021的值.（2021年全国高中联赛）

分析首先设出复数的代数表示，然后将递推公式zn+1=zn（1+zni）转化为代数表示，分别来研究实部、虚部的递推关系，从而求解.

解对n∈N*，

设zn=an+bni（an，bn∈R），则

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，

根据复数相等的充要条件，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.

当n≥2时，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.

注本题在设出复数代数表示的基础上，利用了共轭复数的概念和复数代数表示的乘法运算法则及复数相等的充要条件等复数知识，将复数列的递推公式分别转化为实部和虚部两个实数列的递推关系，分别得到递推公式后，又还原给复数列，从而求解的.

3转化为复数的模递推

例4设复数数列{zn}满足|z1|=1，且对任意正整数n，均有4z2n+1+2znzn+1+z2n=0.证明：对任意正整数m，均有|z1+z2+…+zm|<233.（2019年全国高中联赛）

分析首先变形已知中的复方程4z2n+1+2znzn+1+z2n=0，分解得到zn+1与zn的递推关系，然后转化为|zn+1|与|zn|的递推关系，并在对正整数m分奇、偶讨论的基础上，利用复数模的性质和“放缩”证得结论.

证明由题意知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|为首项，以12为公比的等比数列，

所以|zn|=|z1|·12n-1=12n-1（n∈N*）.①

进而有|zn+zn+1|=|zn|·1+zn+1zn

=12n-1·1+-1±3i4=12n-1·3±3i4

=32n（n∈N*）.②

当m为偶数时，设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.

当m为奇数时，设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.

综上知，结论得证.

注本题将复数列的递推关系转化为其模的递推关系来研究，在对正整数m分奇、偶讨论的基础上，依据复数模的性质进行“放缩”，充分考查了将问题化归转化能力和数学抽象、逻辑推理及数学建模等核心素养.

例5称一个复数数列{zn}为“有趣的”，若|z1 |=1，且对任意正整数n，均有4z2n+1+2znzn+1+z2n=0.求最大的常数C，使得对一切有趣的复数数列{zn}及任意正整数m，均有|z1+z2+…+zm |≥C.（2019年全国高中联赛）

分析该题可谓是例4试题的“升级版”，解答的思路与例4基本上是一致的.变形已知中的复方程4z2n+1+2znzn+1+z2n=0，分解得到zn+1与zn的递推关系，然后转化为|zn+1|與|zn|的递推关系，并在对正整数m分奇、偶讨论的基础上，利用复数模的性质和“放缩”得到结论.

解由例4知|zn|=12n-1（n∈N*），①

|zn+zn+1|=32n.②

设Tm=|z1+z2+…+zm|（m∈N*）.

当m为偶数时，设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.

当m为奇数时，设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.

当m=1时，T1=1>33.

以上表明C=33满足要求.

另一方面，当z1=1，z2k=-1+3i22k，z2k+1=-1-3i22k（k∈N*）时，易验知数列{zn}为有趣的数列，此时

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

=lims→+∞1+∑sk=1-3-3i22k+1

=1+-3+3i8×43=33，

这表明C不能大于33，

故最大的常数C为33.

注本题以新定义信息为背景进行问题探索，也是充分考查了将问题化归转化能力和数学抽象、逻辑推理及数学建模等核心素养.