Puissances d’entiers

Notations

Pour $f:\,]0,+\infty[\,\to\mathbb{R}$ et $m\in\mathbb{N}$, on note
$$\Delta^{m}f(x)=\sum_{j=0}^{m}(-1)^{m-j}\binom{m}{j}f(x+j)$$la différence finie d’ordre $m$ de $f$ au point $x$.

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

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

Passons à la solution en 4 étapes :

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

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

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

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

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

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

quelques résultats préliminaires que je ne démontrerai pas.
Résultat. Lien entre dérivations
Soit $f$ de classe $C^{\infty}$ sur $I:=]0;+\infty[$ et soit $\Delta$ l’opérateur defini par : $\forall g$ définie sur $I$, et $\forall x\in I, \Delta(g)(x):=g(x+1)-g(x)$
Alors $\forall x\in I, \Delta(f)(x)=\int_{0}^{1}f'(x+t_1)dt$ puis par récurrence (la régularité de $f$ permet d’utiliser Fubini et la dérivation sous le signe intégral) $\forall p\in \N^{*}, \forall x\in I$, on a
$\Delta^{p}(f)(x)=\int_{[0;1]^p} f^{(p)}(x+t_1+...+t_p)dt_1dt_2...dt_p$

dans la suite, on suppose $\alpha$ non entier et soit alors $p:=E(\alpha)+1$. On pose $g$ définie sur I par $\forall x\in I, g(x):=x^{\alpha}$. On verifie que $g^{(p)}>0$ sur $]0;+\infty[$, que $g^{(p+1)}<0$ sur $]0;+\infty[$ donc $g^{(p)}$ est strictement déroissante sur $I$, que $g^{(p)}(x+p)\sim g^{(p)}(x)$ au voisinage de l’infini. La positivité de l’intégrale et la monotonie de $g^{(p)}$ donnent $\forall x>0, g^{(p)}(x+p)\le \Delta^p(g)(x)\le g^{(p)}(x)$ puis que $g^{(p)}(x)\sim \Delta^{p}(g)(x)$ au voisinage de l’infini. On vérifie enfin que, par positivité de l’intégrale, que quel que soit $x\in I$, $\Delta^{p}(g)>0$ et que $g^{(p)}(x)$ tend vers 0 à l’infini donc son équivalent aussi c’est-à-dire $\Delta^{p}(g)(x)$ tend vers 0 à l’infini. Il est facile de vérifier que quel que soit $n$, $(\Delta^{p}(g)(n))$ est une suite à valeurs entières. Ainsi c’est une suite d’entiers strictement positifs et qui converge vers 0. Contradiction. Donc l’hypothèse sur $\alpha$ est fausse. Par conséquent $\alpha$ est entier, ce qui achève la preuve.