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re,

"solution" est un grand mot.. J'ouvrais une autre fenêtre dans laquelle j’écrivais les formules  sur moins de 5 lignes (car ds la fenetre originale, les formules n'apparaissent plus au delà de 5 lignes..)

as tu lu ma réponse au post initial? J’espère que augustin repassera par la...

Bonjour, pour ne pas laisser de message sans réponse!

C'est un problème très intéressant malgré quelques erreurs de formalisme! J'ai essayé quelque chose..

D'abord on obtient facilement que  [tex]{u}_{k}=1+\sum^{k}_{i=2}i{a}_{i}[/tex]

Ensuite on décompose la condition [tex]0\leq {u}_{k}\leq 3n[/tex]

avec C1: [tex]-1\leq \sum^{k}_{i=2}i{a}_{i}[/tex]
                                                               [tex]\forall k\in ]1;n-1]\,\,et\,\,\forall n\in \mathbb{N}[/tex]
                                                                           
et C2: [tex]3n-1\geq \sum^{k}_{i=2}i{a}_{i}[/tex]

Maintenant c'est le travail de fond; [tex]-1\leq 2{a}_{2}[/tex] [tex]\Rightarrow {a}_{2}=\,0\,ou\,1[/tex]
puis [tex]-1\leq 2{a}_{2}+3{a}_{3}\,\Rightarrow \,{a}_{3}=\,0\,ou\,1\,si\,{a}_{2}=0\,ou\,{a}_{3}=-1,0\,ou\,1\,si\,{a}_{2}=1[/tex] etc..

Procédure que je dresse en un arbre   

Et finalement on arrive à la suite ak vérifiant C1 et: [tex]{a}_{k+1}=\left\{{a}_{k+1}\geq \frac{-\left[1+\sum^{k}_{i=2}i{a}_{i}\right]}{k+1}\right.\,\,\forall k\in ]1;n-1]\,\,\,\,\,\,et\,\,\,\,\,\,{a}_{k+1}\in {-1;0,1}[/tex]

Maintenant, en ce qui concerne C2 on dégage un cas trivial: [tex]{u}_{k}-1\,[/tex] est maximal lorsque [tex]{a}_{2}={a}_{3}=...={a}_{k}=1[/tex]   (ligne de droite de l'arbre)

Et dans ce cas [tex]\sum^{k}_{i=2}i{a}_{i}\leq 3n-1\,\Rightarrow \,\frac{k\left(k+1\right)}{2}-1\leq 3n-1\,[/tex]  et comme [tex]k\leq n-1[/tex]  alors  cela implique encore que [tex]\frac{n\left(n-1\right)}{2}-1\leq 3n-1\,\,\forall n\in \mathbb{N}[/tex]

Soit    [tex]n\leq 7[/tex]

Des lors, on remplace dans la réponse de dessus n-1 par 6 pour que la suite soit juste.

Cependant d'une façon générale C2 se vérifie de la même façon que C1, càd que

[tex]{a}_{k+1}=\left\{{a}_{k+1}\leq \frac{3n-\left[1+\sum^{k}_{i=2}i{a}_{i}\right]}{k+1}\right.\,\,\,\,\,[/tex]     selon les même ensembles qu'avant

FINALEMENT on obtient la suite recherchée;

[tex]{a}_{k+1}=\left\{\frac{-\left[1+\sum^{k}_{i=2}i{a}_{i}\right]}{k+1}\leq {a}_{k+1}\leq \frac{3n-\left[1+\sum^{k}_{i=2}i{a}_{i}\right]}{k+1}\right.\,\,\,\,\,\,\,\,et\,{\,a}_{k+1}\in \left(-1;0;1\right)\,\,\,\,\,\,\forall k\in ]1;n-1][/tex][tex]{a}_{2}=1\,ou\,0[/tex]

Soit plus clairement,  [tex]\frac{-{u}_{k}}{k+1}\leq {a}_{k+1}\leq \frac{3n-{u}_{k}}{k+1}[/tex]

EN outre pour ce qui est de la dernière condition: [tex]{u}_{n-1}=n[/tex] on ne peut rien faire! U est indépendant de n!!
Cependant on peu dégager un cas trivial assez joli:

En effet, si [tex]{a}_{2}={a}_{3}=...={a}_{n-2}=0[/tex]    et    [tex]{a}_{n-1}=1[/tex]  alors  la suite vérifie toutes les conditions ! (mais ce n'est pas la seule, juste un cas facile à trouver!)

DÉMONSTRATION:

il est évident que si [tex]\forall i\,tq\,2\leq i\leq n-2\,,\,\,{a}_{i}=0\,\,et\,\,{a}_{n-1}=1\,[/tex]  alors  [tex]0\leq {u}_{k}=1+\sum^{k}_{i=2}i{a}_{i}\leq 3n[/tex]   [tex]\forall k\in ]1;n-1][/tex]   (vérification de la première condition).

Ensuite, suivant les même conditions, il est évident que   [tex]\sum^{n-2}_{i=2}i{a}_{i}=0=\left(n-1\right)\left(1-{a}_{n-1}\right)[/tex]

Soit que [tex]\sum^{n-2}_{i=2}i{a}_{i}=n-1-\left(n-1\right){a}_{n-1}[/tex]

Donc, [tex]\sum^{n-2}_{i=2}i{a}_{i}+\left(n-1\right){a}_{n-1}=n-1[/tex]

Soit [tex]\sum^{n-1}_{i=2}i{a}_{i}=n-1[/tex]

Donc [tex]1+\sum^{n-1}_{i=2}i{a}_{i}=n[/tex]

qui équivaut finalement à  [tex]{u}_{n-1}=n[/tex]

PS :  yoshi, j'ai trouvé une solution , mais je ne pouvais pas écrire tout ça à la main!