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Suite à trouver

Bonjour

$k>0$ entier fixé.
$u_0=u_1=1, \ u_n=u_{n-1}+(n-k)^2u_{n-2},$ pour $n \geq 2$.
Exprimer $u_n$ avec $n$ et $k$.

Merci.

Réponses

  • Déjà avec $k=1$, on a $u_n=n!$, mais ce n'est pas grand'chose.
  • Tiens ? Avec $k=2$ on a $u_n=(n-1)!$ pour $n \ge 1$...
  • Avec $k=3$ on a $u_n=2(n-2)!$ pour $n \ge 2$. Ça semble prendre tournure...
  • Avec $k=4$ on a $u_n=6(n-3)!$ pour $n \ge 3$. Il va falloir tenter de généraliser...
  • Si l'on arrive à prouver que $u_{k-1}=u_k=(k-1)!$, il semblerait que $u_n=(k-1)!(n-k+1)!$ pour $n \ge k-1$.
  • Bien sûr il suffit de prouver que $u_{k-1}=(k-1)!$.
  • J’ai pas essayé cette méthode utilisée en taupe

    $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} u_n x^n$ on peut éventuellement trouver une équation différentielle et l’intégrer puis DSE pour revenir à $u_n$
  • @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 $U_{k-1}=\left(k-2\right)!\left(\begin{array}{cc}
    1 & k-2\\
    1 & k-2
    \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
    1\\
    1
    \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
    \left(k-1\right)!\\
    \left(k-1\right)!
    \end{array}\right)$.
    .
  • Et pour la suite, toujours en utilisant les matrices $M_{n}$, montrer par récurrence sur $p\geq0$ que :
    $U_{k-1+p}=\left(k-1\right)!p!\left(\begin{array}{c}
    p+1\\
    1
    \end{array}\right)$
    .
  • @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.
  • Si $k=-a$ avec $a\in\N$ il n'y a pas de formule sans symbole sigma :

    $u_n=\dfrac{(n+1+a)!}{a!}\displaystyle\sum_{i=0}^n\dfrac{(-1)^i}{i+a+1}$
  • 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.
  • @Chaurien j’avais trouvé l’exercice sur un autre forum ici
  • 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.
  • Suite au post de Chaurien 9 Août à 9h36 http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2286156,2286190#msg-2286190 pour établir que $u_k=u_{k-1}=(k-1)!$

    $w_n=u_n -(n+1-k)u_{n-1}\tag 1$
    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 $k-2\in A$.
  • Rebonjour

    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.
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