Suite à trouver

Déjà avec $k=1$, on a $u_n=n!$, mais ce n'est pas grand'chose.

Avec $k=4$ on a $u_n=6(n-3)!$ pour $n \ge 3$. Il va falloir tenter de généraliser...

Bien sûr il suffit de prouver que $u_{k-1}=(k-1)!$.

@Chaurien
Pour prouver $u_{k-1}=u_k=(k-1)!$ :

Matriciellement, en posant $U_{n}=\left(\begin{array}{c}
u_{n+1}\\
u_{n}
\end{array}\right)$, on arrive à la récurrence : $U_{n}=M_{n-1}U_{n-1}$ avec $M_{n-1}=\left(\begin{array}{cc}
1 & \left(n+1-k\right)^{2}\\
1 & 0
\end{array}\right)$.

Ainsi, $U_{k-1}=M_{k-2}M_{k-3}\cdots M_{0}U_{0}$.

On peut vérifier facilement par récurrence sur $p$, $2\leq p\leq k$, que :
$M_{k-2}M_{k-3}\cdots M_{k-p}=\left(p-2\right)!\left(\begin{array}{cc}
1 & p-2\\
1 & p-2
\end{array}\right)$.

Par suite, $M_{k-1}M_{k-2}\cdots M_{0}=\left(k-2\right)!\left(\begin{array}{cc}
1 & k-2\\
1 & k-2
\end{array}\right)$, et donc $U_{k-1}=\left(k-2\right)!\left(\begin{array}{cc}
1 & k-2\\
1 & k-2
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
1\\
1
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
\left(k-1\right)!\\
\left(k-1\right)!
\end{array}\right)$.
.

@Zig
Bravo pour cette démonstration.

Ce qui m'étonne dans cet exercice c'est la simplicité de la formule donnant $u_n(k)$ quand $n\geq k-1$.

Quand $n\leq k-2$ je trouve une formule bien compliquée : $u_n(k)=\dfrac{(k-1)!}{(k-n-2)!}\displaystyle\sum_{i=0}^n\dfrac{(-1)^{n-i}}{k-1-i}$

Il y a une formule (compliquée) pour $u_n(k)$ qui est valable pour toutes les valeurs de $n$ : $u_n(k)=\displaystyle\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\prod_{\substack{j=0 \\ j\neq i}}^n(k-1-j)$.

Cette formule se simplifie quand $n\geq k-1$ puisque tous les termes de la somme sont nuls sauf un.

C'est un problème très intéressant, dont j'aimerais bien connaître l'origine.
Je ne vois pas le rapport avec la fonction de Lerch (dont j'ai fait la connaissance à cette occasion).
On peut envisager des généralisations, par exemple Jandri traite $k$ négatif.

On peut aussi chercher l'expression de ces suites avec des valeurs initiales quelconques.
Je me suis aperçu qu'avec $k:=2$, la suite commençant par $u_0=1$ et $u_1=0$ vérifie : $u_n=0$ pour $n \ge1$.
Avec $k \ge 3$, si l'on prend $u_0=\frac {(-1)^{k-2}}{(k-2)!}$ et $u_1= \frac {(-1)^{k-3}}{(k-3)!}$, on a : $u_n= \frac {(-1)^{k-2-n}}{(k-2-n)!}$ pour $n \in \{0,1,...,k-2 \} $ et $u_{n}=0$ pour $n \ge k-1$. On obtient donc une seconde suite satisfaisant à la même relation de récurrence, linéairement indépendante de la précédente, et d'expression on ne peut plus simple, et l'on peut en déduire l'expression générale de toutes les suites qui satisfont à cette relation.

Bonne soirée.
Fr. Ch.

Je n'ai rien compris à la solution parue sur le site AOPS. Les solutions données par Zig et Jandri me semblent plus convaincantes, et nous avons traité la question plus complètement que ce qui était demandé sur AOPS.