Suite définie par une convolution

Boécien
Modifié (June 2022) dans Arithmétique
Soit la suite $\left(a_{n}\right)_{n\geq1}$ définie par $a_{1}=1$ et pour $n\geq2$ par $$\sum_{k=1}^{n}a_{k}a_{\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor }=1$$ Je n'arrive pas à montrer grand chose sur cette suite. La question initiale est :
est-ce que toutes les valeurs de $\mathbb{Z}$ sont atteintes par la suite ?
Il existe toutefois une propriété que j'ai pu démontrer ... à savoir $a_{2k+1}=0$ pour $k\geq1$.
Quelqu'un voit-il comment répondre à la question ?

Pour vérifier qu'on parle de la même suite voici les premiers termes de $a_n$
$$1,1,0,0,0,1,0,0,0,0,0,-1,0,1,0,0,0,1,0,0,0,0,0,1,0,-1,0,-1,0,1,0,0,0,0,0,-3,0,1,0,0,0,2,0$$
et pour $m$ de $-10 $ à $10$ la plus petite valeur de $n$ telle que $a_n=m$
-10   144
-9   666
-8   510
-7   228
-6   84
-5   108
-4   324
-3   36
-2   172
-1   12
0   3
1   1
2   42
3   114
4   126
5   156
6   72
7   294
8   690
9   600
10   580

Réponses

  • Bonjour

    je suis mal réveillé sûrement, mais je trouve $a_2=1/2$
  • Moi aussi !
  • Boécien
    Modifié (June 2022)
    Exact depasse. Merci. C'est pour $n>1$ $$a_{n}=\left(1-\sum_{k=2}^{n-1}a_{k}a_{\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor }\right)$$
  • Bonjour

    Pour que cette jolie question (au fait, d'où te vient-elle?) ne sombre pas dans l'oubli, quelques remarques (pas fausses, j'espère, mais loin de permettre de savoir si $a(\mathbb N^*)=\mathbb Z$ ou pas).

    1) Je confirme ton $a_i=0$ si $i$ est impair autre que $1$.
    2) Réécriture de $a$ sans partie entière:
    Notations:
    Pour tout $n\in \mathbb N^*$, $D^*(n)$ est l'ensemble des diviseurs de $n$ privé des puissances de $2$ et de leurs codiviseurs, $D_1^*(n)$ (resp. $D_0^*(n)$) la partie de $D^*(n)$ dont les éléments sont impairs (resp. pairs).

    Je crois bien que ma suite
    $a:=$
    $(a_1=a_2=1;$
    $a_4=0; $
    $a_i=0$ si $i$ est impair autre que $1$ ;
    $a_{4n}+a_{2n}=\sum_{D_1^*(2n)}  a_  {\frac{4n}{l}} a_{l-1}-\sum_{D_0^*(2n)}  a_  {\frac{4n}{l}} a_l$ si $n>1$)
    n'est autre que la tienne

    On peut en déduire:
    1)si $n>1, a_{2^{n}}=0 $
    2) si $p$ est premier impair et $n>0$, $a_{2^{n}p}=(-1)^{n-1}a_{p-1}$
    3)$a_{6\times 2^n}=(-1)^n$
    4)$a_{9\times 2^n}=(-1)^{n+1}\dfrac {n(n+1)}{2}$
    5) $a$ n'est pas bornée.

    A te lire (et d'autres!)
    Cordialement
    Paul
  • De retour de Berlin après quelques visites de musées somptueux. Merci Paul pour ton intérêt et tes résultats dont la forme avec les diviseurs et le fait que les nombres triangulaires sont atteints. Pour répondre à ta question sur d'où vient cette suite. Dans le continu on étudie surtout les convolutions du type $\int f(t)g(x-t)dt$ et du type $\int f(t)g(x/t)dt$ alors que dans le discret je trouve qu'on étudie surtout les convolutions du type $\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}$ et du type $\sum_{d\mid n}a_{d}b_{n/d}$ mais où la somme porte sur les diviseurs. Je me suis donc demandé ce qu'on pouvait faire avec la convolution $\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{\left\lfloor n/k\right\rfloor }$. Et une première question qui m'est apparue en étudiant les convolutions d'une suite $a$ avec elle-même fut celle-là en partant de $k=2$ pour jouer sur les entiers uniquement et éviter le facteur $1/2$ dans la récurrence.

  • Boécien
    Modifié (June 2022)
    Pour  continuer les formules de Paul je trouve
    $a((2k+1)2^n)=0,n>0$  pour $2k+1=1,5,11,17,23,33,\ldots $
    $a(27.2^n)=(-1)^n(n^4/12 + n^3/3 + 12n^2/5 + n/6 - 1)$
    $a(39.2^n)=(-1)^n(n^2+n - 1)$
    $a(63.2^n)=(-1/4)(-1)^n(n^4 + 4n^3 + 5n^2 + 2n +4)$
  • Conjecture plus forte ou plus précise: pour tout $k\in\mathbb{N}$ il existe un plus petit entier impair positif $u_{k}$ tel que $a\left(u_{k}2^{n}\right)=(-1)^{n-1}k$ pour $n>0$. Par exemple:
    $a(1.2^k)=(-1)^{n-1}.0$
    $a(3.2^k)=(-1)^{n-1}.1$
    $a(43.2^k)=(-1)^{n-1}.2$
    $a(37.2^k)=(-1)^{n-1}.3$
    $a(127.2^k)=(-1)^{n-1}.4$
    $a(109.2^k)=(-1)^{n-1}.5$
    $a(181.2^k)=(-1)^{n-1}.6$







  • Boécien
    Modifié (June 2022)
    Si on prend la suite dont l'autoconvolution partant de $1$ vaut $1$ i.e $$\sum_{k=1}^{n}a_{k}a_{\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor }=1,$$ avec $a_{1}=1$. Cette fois on a le facteur 1/2 dans la récurrence :
    $$a_{n}=\frac{1}{2}\left(1-\sum_{k=2}^{n-1}a_{k}a_{\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor }\right)$$ alors cette suite commence par $$1,1/2,1/4,1/4,1/8,3/16,3/32,7/64,11/128,27/256,..$$ et correspond au quotient de deux suites de l'OEIS, à savoir $a_{n}=$A161815(n)/A161816(n) mais je ne comprends pas la définition de l'OEIS de ces suites. Si quelqu'un pouvait éclairer ma lanterne!
    Il se trouve que pour $n\geq4$ le dénominateur de $a_{n}$ vaut exactement $2^{n-2}$ (reste à démontrer). On peut donc focaliser l'étude sur $b_{n}=a_{n+3}2^{n+1}$ pour $n\geq1$ qui donne pour $b_{n}$
    $$1,1,3,3,7,11,27,27,91,91,283,539,923,923,3739,3739,13467,25755,53403,53403,...$$
    Contrairement à ce qui est annoncé dans l'OEIS les termes sont parfois négatifs. Le premier c'est $$a_{120}=-40176597288554859489653216757605/332306998946228968225951765070086144$$
    D'où une première petite conjecture sur cette suite : il y a une infinité de termes négatifs.
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