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 $U_{k-1}=\left(k-2\right)!\left(\begin{array}{cc}
1 & k-2\\
1 & k-2
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
1\\
1
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
\left(k-1\right)!\\
\left(k-1\right)!
\end{array}\right)$. .
Et pour la suite, toujours en utilisant les matrices $M_{n}$, montrer par récurrence sur $p\geq0$ que :
$U_{k-1+p}=\left(k-1\right)!p!\left(\begin{array}{c}
p+1\\
1
\end{array}\right)$ .
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.
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.
Si $k \ge 2$, pour avoir une suite de la famille qui stationne à $0$ pour $n \ge k-1$, il suffit de prendre $u_0:=1$ et $u_1:=-k+2$, ainsi on reste dans les entiers.
Du coup, comme j'ai dit, on peut trouver la formule générale avec $u_0$ et $u_1$ réels ou complexes quelconques. On a pour $n \ge k-1$ : $u_n=((k-2)u_0+u_1)(k-2)!(n-k+1)!$. Pour $n <k-1$, les formules de Jandri donnent la réponse.
$w_n=u_n -(n+1-k)u_{n-1}\tag 1$
Avec la relation de récurrence sur $u_n$ on a
\begin{align}
w_n&=(k-n)w_{n-1}\\
w_n&=(k-n)(k-n+1)\cdots(k-2)w_1=(k-n)(k-n+1)\cdots(k-2)(k-1)\tag 2\\
w_{k-1}&=u_{k-1}=u_k\tag 3
\end{align} $(2)$ et $(3)$ donnent donc $$u_k=(k-1)! $$
La démonstration de Supercali à laquelle renvoie le lien de etanche est correcte.
Elle introduit une interprétation combinatoire de la suite initiale : $a_n(k)=\displaystyle\sum_{A\in S_{k,n}}P(A)^2$ où $S_{k,n}$ est l'ensemble des parties (y compris la partie vide) de $\{k-n,k-n+1,\dots,k-2\}$ qui n'ont pas deux entiers consécutifs et $P(A)=\displaystyle\prod_{x\in A}x$ et $P(\emptyset)=1$.
En distinguant les cas $k-n\notin A$ et $k-n\in A$ on montre facilement que la suite $a_n(k)$ vérifie la récurrence initiale.
On montre ensuite par récurrence que $b_k=a_k(k)$ est égal à $(k-1)!$ en distinguant les cas $k-2\notin A$ et $k-2\in A$.
$k>0$ entier fixé.
$u_0,u_1$ réels $ \ u_n=u_{n-1}+(n-k)^3u_{n-2},$ pour $n \geq 2$.
Exprimer $u_n$ avec $n$ et $k$ en choisissant $u_0,u_1$ comme vous voulez
Réponses
$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} u_n x^n$ on peut éventuellement trouver une équation différentielle et l’intégrer puis DSE pour revenir à $u_n$
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 $U_{k-1}=\left(k-2\right)!\left(\begin{array}{cc}
1 & k-2\\
1 & k-2
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
1\\
1
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
\left(k-1\right)!\\
\left(k-1\right)!
\end{array}\right)$.
.
$U_{k-1+p}=\left(k-1\right)!p!\left(\begin{array}{c}
p+1\\
1
\end{array}\right)$
.
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 : $u_n(k)=\dfrac{(k-1)!}{(k-n-2)!}\displaystyle\sum_{i=0}^n\dfrac{(-1)^{n-i}}{k-1-i}$
Cette formule se simplifie quand $n\geq k-1$ puisque tous les termes de la somme sont nuls sauf un.
$u_n=\dfrac{(n+1+a)!}{a!}\displaystyle\sum_{i=0}^n\dfrac{(-1)^i}{i+a+1}$
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.
Du coup, comme j'ai dit, on peut trouver la formule générale avec $u_0$ et $u_1$ réels ou complexes quelconques. On a pour $n \ge k-1$ : $u_n=((k-2)u_0+u_1)(k-2)!(n-k+1)!$. Pour $n <k-1$, les formules de Jandri donnent la réponse.
$w_n=u_n -(n+1-k)u_{n-1}\tag 1$
Avec la relation de récurrence sur $u_n$ on a
\begin{align}
w_n&=(k-n)w_{n-1}\\
w_n&=(k-n)(k-n+1)\cdots(k-2)w_1=(k-n)(k-n+1)\cdots(k-2)(k-1)\tag 2\\
w_{k-1}&=u_{k-1}=u_k\tag 3
\end{align} $(2)$ et $(3)$ donnent donc $$u_k=(k-1)! $$
Elle introduit une interprétation combinatoire de la suite initiale : $a_n(k)=\displaystyle\sum_{A\in S_{k,n}}P(A)^2$ où $S_{k,n}$ est l'ensemble des parties (y compris la partie vide) de $\{k-n,k-n+1,\dots,k-2\}$ qui n'ont pas deux entiers consécutifs et $P(A)=\displaystyle\prod_{x\in A}x$ et $P(\emptyset)=1$.
En distinguant les cas $k-n\notin A$ et $k-n\in A$ on montre facilement que la suite $a_n(k)$ vérifie la récurrence initiale.
On montre ensuite par récurrence que $b_k=a_k(k)$ est égal à $(k-1)!$ en distinguant les cas $k-2\notin A$ et $k-2\in A$.
Changeons l’exposant 2 en 3
$k>0$ entier fixé.
$u_0,u_1$ réels $ \ u_n=u_{n-1}+(n-k)^3u_{n-2},$ pour $n \geq 2$.
Exprimer $u_n$ avec $n$ et $k$ en choisissant $u_0,u_1$ comme vous voulez
Merci.