en partant avec un nombre pair et une raison paire

il faut encore optimiser mais il y des programmeurs plus performants que moi

Attention , le premier terme et la raison doivent être strictement positifs .

J'attends de voir à quelle vitesse vous progressez et si c'est pas trop rapide ( et là j'ai des craintes ) je lancerais un petit top 10 comme j'avais fait pour la chaîne des multiples-diviseurs .

En attendant bon courage

Vasimolo

de 2 en 2 jusque 90

Que penses-tu de 1 et 125 ?

J'arrive à une suite de 45 éléments, en partant de 100 et en comptant de deux en deux.
Donc 1er terme = 100 et raison = 2.

D'ailleurs, il y en a plein d'autres qui ont la même longueur de suite.

J'ai hâte de savoir si on peut faire mieux...
Klim.

Bon à part le "Number One" on patauge pas mal , je ferai un petit classement dans la soirée , mais là j'ai d'autres devoirs

Vasimolo

J'ai ajouté un classement au message initial et si le maximum est atteint ( sauf erreur ) personne n'a produit de justification alors ...

2-4-6-8-10-12-14-16-18-20-22-24-26-28-30-32-34-36-38-40-42-44-46-48-50-52-54-56-58-60-62-64-66-68-70-72-74-76-78-80-82-84-86-88-90

Le problème est intéressant.
Je n'ai pas eu le temps de trop y réfléchir mais voici quelques idées en vrac.

Il me semble que si la raison est première avec 10, il y a au plus 9 termes sans que le chiffre des unités soit un 9 (Z/10Z).
Il faut donc que la raison ne soit pas première avec 10.
Il faut donc que 2 ou 5 divise la raison.
Si la raison est 5, on peut partir de 3 par exemple sans arriver à un 9 avant 93.
Si la raison est 2, on peut partir de 2 et trouver un 9 qu'à 90 ce qui fait 44 termes sans 9.

Il est peut-être possible d'utiliser un nombre pair et de "sauter" la tranche des 90. Comme par exemple 12 et tombant sur 88 et puis 100, ce qui donnera 184 et 196.
Pourtant j'ai du mal à voir mieux pour le moment...

Si on veut faire plus de 10 chiffres, il faut que l'unite de la raison ne soit pas premiere avec 10. donc 2 ou 5, et on se soucie plus des unites. Ceci amene les dizaines de +1 tous les 5 increments (pour 2) et tous les 2 increments (pour 5).

Notons [latex]a[/latex] le chiffre des dizaines de la raison. et prenons le pb au cas par cas
- unites de la raison = 5
si [latex]b(n)[/latex] est le chiffre des dizaines de la suite, il vaut avec valeur de depart [latex]p[/latex] egale a ce qu'on veut :
[TeX]p+ a n + \lfloor n/2 \rfloor (\textrm{mod }10)[/TeX]
Ecrivons ce que cela donne pour differents [latex]a[/latex], avec un [latex]p[/latex] tel que le premier terme est 0, on s'arrete quand on boucle :
[latex]a=0[/latex] :
0 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9
[latex]a=1[/latex] :
0 1 3 4 6 7 9 0 2 3 5 6 8 9 1 2 4 5 7 8
[latex]a=2[/latex] :
0 2 5 7     ou    0 3 5 8
[latex]a=3[/latex] :
0 3 7 0 4 7 1 4 8 1 5 8 2 5 9 2 6 9 3 6
[latex]a=4[/latex] :
0 4 9 3 8 2 7 1 6 0 5 9 4 8 3 7 2 6 1 5
[latex]a=5[/latex] :
0 5 1 6 2 7 3 8 4 9 5 0 6 1 7 2 8 3 9 4
[latex]a=6[/latex] :
0 6 3 9 6 2 9 5 2 8 5 1 8 4 1 7 4 0 7 3
[latex]a=7[/latex] :
0 7 5 2     ou    0 8 5 3
[latex]a=8[/latex] : 
0 8 7 5 4 2 1 9 8 6 5 3 2 0 9 7 6 4 3 1
[latex]a=9[/latex] :
0 9 9 8 8 7 7 6 6 5 5 4 4 3 3 2 2 1 1 0
Donc pour ne pas avoir a se soucier des dizaines, mieux vaut prendre une boucle qui ne tape pas tous les chiffres, comme a=2 ou 7. Regardons les retenues de ces 2 cas :
[latex]a=2[/latex] :
0 2 5 7     ou    0 3 5 8     -> +1 tous les 4 increments
[latex]a=7[/latex] :
0 7 5 2     ou    0 8 5 3     -> +1 tous les 3 increments sur 4

argh j'en ai deja marre, desole. Alors je propose pour l'instant une reponse du genre 5 de raison et depart a 1 et 18 termes :
1 6 11 16 21 26 31 36 41 46 51 56 61 66 71 76 81 86 91

mais on doit pouvoir faire mieux....

Pour l'instant 73 termes en partant de 1 et avec une raison de 125.
Mais obtenu avec un bout de code pourri et pas le moindre neurone.

A priori, le maxi est atteint pour une suite de raison a=20 et de premier terme n1=1, ce qui nous fait 44 termes sans 9, de 1 à 881.

D'autres suites ont la même propriété : r=20 et n0=(1,2,3,...8), a=200 et n0=(1,2,...8,10,11,12,..18,20,21,,,,,sans neuf,,,88), a=2000 etc....

Démonstration (à compléter...):
On s'aperçoit que si r>=11, on ne pourra pas éviter le bloc 89,90,91,...99. Dans ce cas, l'optimum est r=2 et n0=2 avec 43 termes sans 9.

Si r>=11, on peut éviter le bloc 89,90,91,...99, mais si r<111, on n'évitera pas le bloc 889,890,...,999.
Comme 888/42=21,09... on ne pourra avoir plus de termes sans 9 que la solution (a=2, n0=2) que pour a<=21.
Pour a=20, on trouve 44 termes.

Ensuite, il faut continuer ...

Je pencherai pour u0=0 et r=2. ainsi on a 45 termes avant d'obtenir un 9 (90).
Je cherche une preuve ou, au moins, plus de termes.