Ivan Shishkin, Rye (1878)

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Puissances d’entiers

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Pour f: ]0,+∞[ →Rf:\,]0,+\infty[\,\to\mathbb{R} et m∈Nm\in\mathbb{N}, on note
Δmf(x)=∑j=0m(−1)m−j(mj)f(x+j)\Delta^{m}f(x)=\sum_{j=0}^{m}(-1)^{m-j}\binom{m}{j}f(x+j)la différence finie d’ordre mm de ff au point xx.

Commençons par montrer le lemme suivant :
Si ff est de classe Cm\mathcal{C}^{m} sur [x,x+m][x,x+m], il existe ξ∈ ]x,x+m[\xi\in\,]x,x+m[ tel que
Δmf(x)=f(m)(ξ)\Delta^{m}f(x)=f^{(m)}(\xi).

C’est lethéorème des accroissements finis pour les différences divisées : aux points
équidistants x,x+1,…,x+mx,x+1,\dots,x+m on a f[x,…,x+m]=Δmf(x)/m!f[x,\dots,x+m]=\Delta^{m}f(x)/m!, et cette différence
divisée vaut f(m)(ξ)/m!f^{(m)}(\xi)/m! pour un ξ\xi intérieur. (Récurrence sur mm à partir du
théorème de Rolle appliqué à ff moins son polynôme d’interpolation.)

Passons à la solution en 4 étapes :

  • Étape 1 : α⩾0\alpha\geqslant 0.
    Si α<0\alpha<0, alors 2α∈ ]0,1[2^{\alpha}\in\,]0,1[, ce qui contredit 2α∈N2^{\alpha}\in\mathbb{N}.
    Si α=0\alpha=0, la conclusion est acquise ; on suppose donc désormais α>0\alpha>0.

  • Étape 2 : mise en place.
    Posons f(x)=xαf(x)=x^{\alpha} sur ]0,+∞[]0,+\infty[ et k=⌊α⌋k=\lfloor\alpha\rfloor. Supposons par
    l’absurde α∉N\alpha\notin\mathbb{N}, de sorte que
    k<α<k+1.k<\alpha<k+1 .Pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^{*}, les nombres f(n),f(n+1),…,f(n+k+1)f(n),f(n+1),\dots,f(n+k+1) sont entiers, donc
    Δk+1f(n)=∑j=0k+1(−1)k+1−j(k+1j)(n+j)α∈Z.\Delta^{k+1}f(n)=\sum_{j=0}^{k+1}(-1)^{k+1-j}\binom{k+1}{j}(n+j)^{\alpha}\in\mathbb{Z}.

  • Étape 3 : cette quantité est non nulle et tend vers 00.
    La fonction ff est de classe C∞\mathcal{C}^{\infty} sur ]0,+∞[]0,+\infty[ et
    f(k+1)(x)=α(α−1)⋯(α−k) xα−k−1.f^{(k+1)}(x)=\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k)\,x^{\alpha-k-1}.Comme α∉N\alpha\notin\mathbb{N}, aucun des facteurs α−j\alpha-j (0⩽j⩽k0\leqslant j\leqslant k) n’est nul :
    posons C=∣α(α−1)⋯(α−k)∣>0C=\bigl|\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k)\bigr|>0. Le lemme initial fournit
    ξn∈ ]n,n+k+1[\xi_{n}\in\,]n,n+k+1[ tel que Δk+1f(n)=f(k+1)(ξn)\Delta^{k+1}f(n)=f^{(k+1)}(\xi_{n}), d’où d’une part
    Δk+1f(n)≠0,\Delta^{k+1}f(n)\neq 0,et d’autre part, puisque α−k−1<0\alpha-k-1<0 et ξn>n\xi_{n}>n,
    ∣Δk+1f(n)∣=C ξn α−k−1⩽C nα−k−1→n→+∞0.\bigl|\Delta^{k+1}f(n)\bigr|=C\,\xi_{n}^{\,\alpha-k-1}\leqslant C\,n^{\alpha-k-1} \xrightarrow[n\to+\infty]{}0 .

  • Étape 4 : conclusion.
    Choisissons nn assez grand pour que C nα−k−1<1C\,n^{\alpha-k-1}<1. Alors Δk+1f(n)\Delta^{k+1}f(n) est un
    entier non nul de valeur absolue strictement inférieure à 11 : contradiction.

Donc α∈N\alpha\in\mathbb{N}. Réciproquement, tout α∈N\alpha\in\mathbb{N} convient
évidemment.

Remarque: L’hypothèse « pour tout nn » peut être considérablement
affaiblie : il suffit que nα∈Nn^{\alpha}\in\mathbb{N} pour nn dans une progression arithmétique, l’argument des différences finies s’appliquant à
g(x)=f(a+bx)g(x)=f(a+bx), dont la dérivée (k+1)(k+1)-ième est encore en xα−k−1x^{\alpha-k-1} à constante
près.

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