陳君君

【摘要】在數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題中，常出現(xiàn)復(fù)數(shù)列問(wèn)題，這類(lèi)問(wèn)題以遞推數(shù)列為背景，求解既用到復(fù)數(shù)的概念、性質(zhì)及運(yùn)算法則等，又要考慮遞推數(shù)列的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)和運(yùn)用數(shù)列的有關(guān)知識(shí)，是情形較為復(fù)雜、綜合性較強(qiáng)的一類(lèi)競(jìng)賽題.

【關(guān)鍵詞】競(jìng)賽；復(fù)數(shù)列；解法

1直接遞推

例1已知復(fù)數(shù)數(shù)列{zn}滿足z1=1，zn+1=zn+1+ni（n=1，2，…），其中i為虛數(shù)單位，zn表示zn的共軛復(fù)數(shù)，則z2015的值是.（2015年全國(guó)高中聯(lián)賽）

分析首先依據(jù)遞推公式zn+1=zn+1+ni來(lái)研究復(fù)數(shù)數(shù)列{zn}的項(xiàng)之間的關(guān)系，然后求解.

解因?yàn)閦n+1=zn+1+ni，

所以對(duì)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?yàn)閦1=1，

所以z1，z3，…，z99構(gòu)成一個(gè)z1為首項(xiàng)，以2+i為公差的等差數(shù)列，

故z2015=z1+（1008-1）（2+i）

=1+2014+1007i

=2015+1007i.

注本題利用了共軛復(fù)數(shù)的概念、性質(zhì)=z和運(yùn)算法則z1+z2=z1+z2等復(fù)數(shù)知識(shí)，直接將復(fù)數(shù)列的遞推公式變形、轉(zhuǎn)化，得到zn+2-zn=2+i后，構(gòu)造由復(fù)數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成的等差數(shù)列，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求解.

例2復(fù)數(shù)z1，z2，…，z100滿足z1=3+2i，zn+1=nin（n=1，2，…，99）（i為虛數(shù)），則z99+z100的值為.（2021年全國(guó)高中聯(lián)賽）

分析首先依據(jù)遞推公式zn+1=nin來(lái)研究復(fù)數(shù)列{zn}的項(xiàng)之間的關(guān)系，然后求解.

解因?yàn)閦1=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(gòu)成一個(gè)z1為首項(xiàng)，以i為公比的等比數(shù)列；z2，z4，…，z100構(gòu)成一個(gè)z2為首項(xiàng)，以i為公比的等比數(shù)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(fù)數(shù)的概念、性質(zhì)=z和運(yùn)算法則z1·z2=z1·z2，zn=n等復(fù)數(shù)知識(shí)，將復(fù)數(shù)列的遞推公式變形、轉(zhuǎn)化，得到zn+2zn=i后，分別構(gòu)造由復(fù)數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成的等比數(shù)列和由復(fù)數(shù)列的偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成的等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式并結(jié)合虛數(shù)單位i的周期性求解的.

2實(shí)部、虛部分別遞推

例3已知復(fù)數(shù)列{zn}滿足z1=32，zn+1=zn（1+zni）（n=1，2，…），其中i為虛數(shù)單位，求z2021的值.（2021年全國(guó)高中聯(lián)賽）

分析首先設(shè)出復(fù)數(shù)的代數(shù)表示，然后將遞推公式zn+1=zn（1+zni）轉(zhuǎn)化為代數(shù)表示，分別來(lái)研究實(shí)部、虛部的遞推關(guān)系，從而求解.

解對(duì)n∈N*，

設(shè)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(jù)復(fù)數(shù)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(dāng)n≥2時(shí)，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(shè)出復(fù)數(shù)代數(shù)表示的基礎(chǔ)上，利用了共軛復(fù)數(shù)的概念和復(fù)數(shù)代數(shù)表示的乘法運(yùn)算法則及復(fù)數(shù)相等的充要條件等復(fù)數(shù)知識(shí)，將復(fù)數(shù)列的遞推公式分別轉(zhuǎn)化為實(shí)部和虛部?jī)蓚€(gè)實(shí)數(shù)列的遞推關(guān)系，分別得到遞推公式后，又還原給復(fù)數(shù)列，從而求解的.

3轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的模遞推

例4設(shè)復(fù)數(shù)數(shù)列{zn}滿足|z1|=1，且對(duì)任意正整數(shù)n，均有4z2n+1+2znzn+1+z2n=0.證明：對(duì)任意正整數(shù)m，均有|z1+z2+…+zm|<233.（2019年全國(guó)高中聯(lián)賽）

分析首先變形已知中的復(fù)方程4z2n+1+2znzn+1+z2n=0，分解得到zn+1與zn的遞推關(guān)系，然后轉(zhuǎn)化為|zn+1|與|zn|的遞推關(guān)系，并在對(duì)正整數(shù)m分奇、偶討論的基礎(chǔ)上，利用復(fù)數(shù)模的性質(zhì)和“放縮”證得結(jié)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(xiàng)，以12為公比的等比數(shù)列，

所以|zn|=|z1|·12n-1=12n-1（n∈N*）.①

進(jìn)而有|zn+zn+1|=|zn|·1+zn+1zn

=12n-1·1+-1±3i4=12n-1·3±3i4

=32n（n∈N*）.②

當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)，設(shè)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(dāng)m為奇數(shù)時(shí)，設(shè)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(jié)論得證.

注本題將復(fù)數(shù)列的遞推關(guān)系轉(zhuǎn)化為其模的遞推關(guān)系來(lái)研究，在對(duì)正整數(shù)m分奇、偶討論的基礎(chǔ)上，依據(jù)復(fù)數(shù)模的性質(zhì)進(jìn)行“放縮”，充分考查了將問(wèn)題化歸轉(zhuǎn)化能力和數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理及數(shù)學(xué)建模等核心素養(yǎng).

例5稱一個(gè)復(fù)數(shù)數(shù)列{zn}為“有趣的”，若|z1 |=1，且對(duì)任意正整數(shù)n，均有4z2n+1+2znzn+1+z2n=0.求最大的常數(shù)C，使得對(duì)一切有趣的復(fù)數(shù)數(shù)列{zn}及任意正整數(shù)m，均有|z1+z2+…+zm |≥C.（2019年全國(guó)高中聯(lián)賽）

分析該題可謂是例4試題的“升級(jí)版”，解答的思路與例4基本上是一致的.變形已知中的復(fù)方程4z2n+1+2znzn+1+z2n=0，分解得到zn+1與zn的遞推關(guān)系，然后轉(zhuǎn)化為|zn+1|與|zn|的遞推關(guān)系，并在對(duì)正整數(shù)m分奇、偶討論的基礎(chǔ)上，利用復(fù)數(shù)模的性質(zhì)和“放縮”得到結(jié)論.

解由例4知|zn|=12n-1（n∈N*），①

|zn+zn+1|=32n.②

設(shè)Tm=|z1+z2+…+zm|（m∈N*）.

當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)，設(shè)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(dāng)m為奇數(shù)時(shí)，設(shè)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(dāng)m=1時(shí)，T1=1>33.

以上表明C=33滿足要求.

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

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(shù)C為33.

注本題以新定義信息為背景進(jìn)行問(wèn)題探索，也是充分考查了將問(wèn)題化歸轉(zhuǎn)化能力和數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理及數(shù)學(xué)建模等核心素養(yǎng).