I

Une propriété sur les sommes de Newton et les fonctions symétriques élémentaires des polynômes de degrés quelconques, unitaires, à coefficients dans Z.
Voir plus loin, au II, un complément dans le cas où ce polynôme est degré trois et n'a pas de terme de degré deux

Dans tout ce qui suit, n et p désigneront des entiers naturels.

Soit P un polynôme de degré n≥1, à coefficients dans Z et unitaire et dont les racines dans C sont x1, ...,xn.
On pose, il s'agit des fonctions symétriques élémentaires du polynôme P,

s1=x1+ ... +xn
s2=x1x2+...x1xn+x2x3+...x2xn+...+xn-1xn, cad
s2=∑i<j  xixj, cela si n≥2
s3=∑i<j<k  xixjxk, cela si n≥3
etc, jusqu'à
sn=x1x2...xn.
On a les relations bien connues : pour i=1, ..., n, si=(-1)i×coefficient de xn-i dans P, et donc ici, compte-tenu des hypothèses sur P, les si sont des entiers, cad dans Z. Enfin, on pose, pour tout entier naturel p, et pour tout i de 1 à n si,p= la somme si modifiée ainsi : toutes les racines de P qui apparaissent sont élevées à la puissance p : s1,p=x1p+ ... +xnp : lorsque p varie, on obtient les sommes dites de Newton, lesquelles seront notées plus loin par Sp
s2,p=∑i<j  xipxjp
s3,p=∑i<j<k  xipxjpxkp
etc

note : si p=0, et si aucune racine de P est nulle, si,p=Cni, valeur que l'on conviendra de prendre si une des racines de P est nulle.

Les si,p appartiennent à l'anneau des polynômes Z[x1,...,xn] et sont symétriques (par rapport à leurs n variables xi) : ils s'écrivent donc (théorème des fonctions symétriques) sous la forme de polynômes à coefficients dans Z des variables si ; comme les si sont dans Z, les si,p sont aussi dans Z.

On a alors le résultat suivant, dû à Schönemann en 1839 :

si p est premier, alors
si,p≡si (p), cad p divise si,p-si,
cad p divise si,p+(-1)i×coefficient de xn-i de P.

Bien entendu, si les xi sont dans Z, ce résultat s'obtient de façon immédiate par le "petit" théorème de Fermat, puisque celui-ci nous dit que, pour tout p 1er, xip≡xi (p).
Si n=1 (dans ce cas P=X+a avec a dans Z), alors il y a un seul si qui est s1=x1 (dans Z) et le résultat ci-dessus est exatement le "petit" théorème de Fermat.
On peut donc considérer que le résultat s1,p≡s1 (p), cad x1p+ ... +xnp ≡ x1+ ... +xn (p) est une généralisation du "petit" théorème de Fermat

Cas particulier : on se place dans le cas où le degré de P est 3,

cad P(X)=X3+aX2+pX+q, avec a, p, q dans Z.
En notant ses trois racines, dans C, par x1, x2, x3,
et en posant, pour n entier naturel, Sn=x1n+x2n+x3n, avec S0=3, le résultat précédent (pour i=1) nous dit que

pour tout n entier naturel premier, Sn est un entier et n divise Sn+a.
Notons qu'ici, il est facile vérifier, sans utiliser le théoréme sur les fonctions symériques, que Sn est toujours (que n soit premier ou pas) un entier relatif, puisque S0=3, S1=-a, S2=(∑xi)2-2∑xixj=s12-2s2=a2-2p et pour n≥3 Sn+aSn-1+pSn-2+qSn-3=0.

Si n n'est pas premier, il peut diviser Sn+a ( par exemple pour (X-1)3 ), mais ce n'est pas obligé : X3-3X+2 a pour racines 1, 1, -2 et 10 ne divise pas S10=2+(-2)10 ; on verra un autre exemple à la fin de l'annexe (X3-21X-7, qui lui n'a pas de racine entière).

En fait c'est en essayant de montrer ce résultat (n premier divise Sn+a) dans le cas particulier P(X)=X3+X2-2X-1 (les racines de P ne sont pas entières), cas proposé en exercice par une revue mathématique, que je me suis aperçu que l'on pouvait faire une démonstration générale pour tout polynôme de degré trois (voir cette preuve personnelle en annexe : elle repose sur les formules de Hudde, à savoir que les racines de P sont de la forme u+v, ju+j2v, j2u+jv, ce qui permet d'obtenir des formules explicites pour Sn en fonction de u et v).
Je croyais alors avoir fait, en prouvant cette généralisation à tout polynôme de degré trois ( résultat non citée par la revue), une découverte!
Bien sûr il n'en était rien, puisque cf Schönemann, ce résultat se généralise à tout polynôme et en plus à toute somme fonction symétrique élémentaire des racines!

Preuve du I

Elle repose sur le lemme suivant :

Lemme :
p étant un entier naturel premier,
quelque soit l'entier naturel n non nul, quelques soient les réels u1, u2, ...,un, on a (u1+u2+ ...+un)p=u1p+u2p+ ...+unp+pHn(u1,u2, ...,un), Hn étant un polynôme symétrique de ses n variables et à coefficients dans Z. preuve :

Le résultat est vrai si n=1 : H1=0
Le résultat est vrai si n=2 : en effet,
(u1+u2)p=u1p+u2 p+pH2(u1,u2), avec H2(u1,u2)=∑k=1p-1aku1ku2p-k, où ak=Cpk/p est un entier naturel, car l'on sait que si p est premier, il divise Cpk pour k dans {1 ; ... ; p-1}.
Par ailleurs H2 est un polynôme symétrique par raport à ses n variables car c'est la différence de deux polynômes symétriques (ou parceque ap-k=ak).
Supposons maintenant le résultat vrai pour n≥1, et montrons qu'il est vrai pour n+1 :

cf le résultat est vrai pour n=2,
(u1+u2+ ...+un+un+1)p=(u1+u2+ ...+un)p+un+1p+pH2(u1+u2+ ...+un,un+1),
et d'après l'hypothèse de récurrence,
(u1+u2+ ...+un+un+1)p=u1p+u2p+ ...+unp+un+1p+pHn+1(u1,u2, ...,un,un+1),
avec Hn+1(u1,u2, ...,un,un+1)=H2(u1+u2+ ...+un,un+1)+Hn(u1,u2, ...,un).
On voit tout de suite que Hn+1, polynôme en u1,u2, ...,un,un+1 est à coefficients dans Z, car H2 et Hn sont à coefficients dans Z ; Hn+1 est symétrique, car c'est la différence de deux polynômes symétriques.
Donc le résultat est vrai pour n+1, ce qui prouve le lemme.

Remarque 1 : évidemment en remplaçant tous les ui par 1, on obtient le "petit" théorème de Fermat, puisque Hn(1,1,...,1) est dans Z.

Remarque 2 : une preuve "classique" de ce théorème de Fermat est de partir, u1, u2 étant cette fois entiers, de (u1+u2)p=u1p+u2 p+pK, avec K dans Z (puisque p premier divise Cpk pour k non nul et non égal à p), soit (u1+u2)p ≡ u1p+u2p (p), puis on termine par une récurrence évidente pour arriver à (u1+u2+...+un)p ≡ u1p+u2p+...+unp (p) et là encore on fait ui=1.

Remarque 3 : dans le cas n=3, on peut donner un résultat plus précis pour le lemme :

p étant un entier naturel premier, pour tous réels x,y,z on a

(x+y+z)p=xp+yp+zp+p(x+y)(x+z)(y+z)R(x,y,z), avec R polynôme en x,y,z, symétrique, à coefficients dans Z et homogéne de degré p-3.

(perso : voir dossier Fermat ≥3 page 2_0_2).
Ce résultat a été utilisé par Lamé en 1839 (même année que Schönemann), pour démontrer le grand théorème de Fermat dans le cas de l'exposant 7 ( il n'existe pas a,b,c entiers relatifs, tous non nuls, tels que a7+b7=c7).
Dans ce cas R(x,y,z)=(x2+y2+z+2xy+xz+yz)2+xyz(x+y+z) ; ce qui donne pour x=y=z=1, 37=3+7×8×(62+3).

Application du lemme pour obtenir le résultat annoncé
Ne pouvant faire des indices imbriqués en html, je serai amené remplacer ki par k_i.
si=∑k_1<k_2...<k_i  xk_1xk_2...xk_i=∑j=1N ej, avec N=Cni et les ej étant les produits de i racines de P.
Remarque : si i=1, N=n et les ej sont les xj.
si,p=∑k_1<k_2...<k_i  xk_1pxk_2p...xk_ip.
Rappelons que l'on sait que si et si,p sont dans Z (voir énoncé).
Cf le lemme (on remplace les ui par les ei), (si)p=si,p+pH(e1,...,eN), avec H polynôme de ses N variables ej, à coefficients dans Z, et symétrique.
Donc H(e1,...,eN)=Q(x1,...,xn), avec Q polynôme des n variables xi à coefficients dans Z, vu que chaque ei est lui même un polynôme en xi, réduit à un seul monôme de coefficient 1.
En outre Q étant la différence de deux polynômes symétriques ( ((si)p-si,p)/p ), c'est un polynôme symétrique et on peut alors encore appliquer le théorème sur les fonctions symétriques : Q s'écrit sous forme d'un polynôme des variables si à coefficients dans Z ; comme les si sont dans Z, Q(x1,...,xn) est dans Z, donc (si)p-si est égal à p multiplié par un élément de Z.
On peut alors dire que (si)p ≡si,p (p), soit cf Fermat, si ≡si,p (p).

 

 

II

Un complément pour les polynômes de degré trois sans terme de second degré.
Résultat "personnel".

n étant un entier naturel et Sn étant la somme des puissances nièmes des trois racines du polynôme X3+pX+q, avec p, q dans Z (S0=3), alors cf le I (voir le cas particulier de l'énoncé), Sn est dans Z, et pour tout n 1er, n divise Sn.
Mais on peut faire beaucoup mieux question divisibilité :

si n est 1er, ≥5, alors

Sn est un polynôme en p et q dont tous les coefficients sont entiers et divisibles par n

npq ou np2q divise l'entier Sn


Attention : pour le 1) et 2) ci-dessous, il n'est pas nécessaire que p et q soient dans Z (p et q réels suffit) ; seul le 3) exige que p et q soient dans Z.

1) pour tout n dans N-{0 ; 1}, Sn est un polynôme en p et q, à coefficients entiers ( S0=3 et S1=0 sont aussi des polynômes en p et q, mais ces cas sont "trop" particuliers pour les formules ci-dessous : notamment le polynôme nul n'a pas de degré)

  • il est de degré E(n/2), cad n/2 si n est pair, (n-1)/2 si n est impair

  • sa valuation (voir note ci-dessous) est vn (que je noterai parfois, pour des commodités html, v_n)
    • si n≡0 (3), vn=E(n/3)=n/3
    • si n≡1 (3), vn=E(n/3)+1=(n+2)/3
    • si n≡2 (3), vn=E(n/3)+1=(n+1)/3

      note : la valuation d'un polynôme est le plus petit degré des termes non nuls : X4+25X2 est de valuation 2 ; S16=2p8-48p5q2+40p2q4 est de valuation 6.

  • Sn=∑k=v_nE(n/2) cn,kp3k-nqn-2k, les cn,k étant entiers

  • k=v_nE(n/2)cn,k(-3)3k-n2n-2k=2+(-2)n : c'est la valeur de Sn lorsque p=-3, q=2. .

    note 1 : rappelons (voir énoncé du I) que si n est 1er et si les racines de X3+pX+q sont entières ( donc p et q sont dans Z ; c'est le cas de X3-3X+2), Fermat prouve tout de suite que n divise Sn ; par exemple ici 2+(-2)n≡2-2=0 (n).

    note 2 : pour n=0 et 1 qui ont été exclus au départ, on peut remarquer que S0 est toujours (peu importe les valeurs de p et q) égal à 2+(-2)0 et S1 toujours égal à 2+(-2)1.

  • pour k dans [vn ; E(n/2)], cn,k=-cn-2,k-1-cn-3,k-1, les ci,j du membre de droite étant nuls si j n'est pas dans [vi ; E(i/2)]
    Par exemple, c16,7=-c14,6-c13,6, soit, cf tableau ci-après -48=-(35)-(13).

  • terme de plus haut degré de Sn ( correspond à k=E(n/2)) :
    • si n est pair, le terme de plus haut degré est 2(-1)n/2pn/2,
    • si n est impair, le terme de plus haut degré est n(-1)(n-1)/2p(n-3)/2q,

      note :
      si n est pair, n divise le coefficient du terme de plus haut degré uniquement si n=2, cad si n est premier
      si n est impair, n divise le coefficient du terme de plus haut degré

  • terme de plus bas degré de Sn (correspond à k=vn) :
    • si n≡0 (3), le terme de plus bas degré est 3(-1)n/3qn/3,
    • si n≡1 (3), le terme de plus bas degré est (n(n-1)/6)(-1)(n+2)/3p2q(n-4)/3
    • si n≡2 (3), le terme de plus bas degré est n(-1)(n+1)/3pq(n-2)/3

      note 1 :
      ces résultats restent valablent même si n=0 ou 1.
      note 2 :
      le signe du coefficient cn,v_n du terme de plus bas degré est toujours celui de (-1)v_n
      note 3 :
      si n est un multiple de 3, n divise le coefficient du terme de plus bas degré uniquement si n=3, cad si n est premier
      si si n≡2 (3), n divise le coefficient du terme de plus bas degré
      attention : si n≡1 (3), n ne divise pas forcément le coefficient du terme de plus bas degré : pour cela, il faut et il suffit que 6 divise n-1 (ce qui n'est pas obligé même si n≡1 (3) : n=16).
      Par contre, si n≡1 (3) et si n est premier, alors n divise le coefficient du terme de plus bas degré : en effet dans ce cas n=3p+1, avec p obligatoirement pair (sinon n est pair, donc pas premier, puisque il ne peut être égal à 2) et donc (n-1)/6=p/2 est entier.
      Enfin, parmi les n tels que n≡1 (3), qui ne sont pas premiers, les plus petits qui divisent le coefficient du terme de plus bas degré sont 25 et 49 (on examine les nombres de la forme 1+6p qui ne sont pas premiers).


  • deux cas particuliers :

    • si q=0 soit n est pair et Sn=2(-1)n/2pn/2, soit n est impair et Sn=0

    • si p=0 soit n≡0 (3) et Sn=3(-1)n/3qn/3, soit n≡1 ou 2 (3) et Sn=0
    Note : pour la preuve de ces deux cas particuliers p=0, q=0, voir début de l'annexe.

2) n étant un nombre premier supérieur ou égal à 5

si n≡1 (3) alors le polynôme (en p et q) Sn est factorisable par p2q, et tous ses coefficients sont divisibles par n
si n≡2 (3) alors le polynôme (en p et q) Sn est factorisable par pq, et tous ses coefficients sont divisibles par n

Note : le fait que tous les coefficients de Sn (polynôme en p et q) soient divisibles par n, lorsque n est 1er, reste vrai pour n=2 et n=3.

3) n étant un nombre premier supérieur ou égal à 5 et p et q étant cette fois dans Z (donc cf le I, Sn est dans Z)

si n≡1 (3) alors np2q divise l'entier Sn
si n≡2 (3) alors npq divise l'entier Sn

Note : c'est une conséquence immédiate du 2).


Avant de commencer la preuve, on peut vérifier ces résultats pour n≤21 : voir sur page suivante le tableau de ces Sn, calculs faits à partir de S0=3, S1=0, S2=(∑xi)2-2∑xixj=S12-2p=-2p, et pour n≥3, Sn=-pSn-2-qSn-3.

Remarque : on verra dans l'annexe 2 une formule explicite de Sn, du moins pour n premier, avec application à S11, S13, S17 ; il y a en fait deux formules selon que n≡1 (3) ou n≡2 (3).

 

 

nSn
03
10
2-2p
3-3q
42p2
55pq
6-2p3+3q2
7-7p2q
82p4-8pq2
99p3q-3q3
10-2p5+15p2q2
11-11pq(p3-q2)
122p6-24p3q2+3q4
1313p2q(p3-2q2)
14-2p7+35p4q2-14pq4
15-15p6q+50p3q3-3q5
162p8-48p5q2+40p2q4
1717pq(p6-5p3q2+q4)
18-2p9+63p6q2-90p3q4+3q6
1919p2q(-p6+7p3q2-3q4)
20 2p10-80p7q2+175p4q4-20pq6
21 21p9q-196p6q3+147p3q5-3q7

Note : le lecteur "ayant des doutes" peut vérifier, voir 1) ci-dessus, que dans le cas p=-3, q=2 on a effectivement, pour n=0, 1, 2, 3, ..., 21, Sn=2+(-2)n .


Preuves du II


preuve du 1)
Le fait que Sn soit un polynôme en p et q à coefficients entiers est immédiat : c'est vrai pour S0=3, S1=0, S2=(∑xi)2-2∑xixj=S12-2p=-2p, et une récurrence facile à partir de la relation Sn=-pSn-2-qSn-3 permet de conclure tout de suite.

Précisons ce polynôme, qui à priori s'écrit ∑cs,tpsqt, les cs,t étant les coefficients, dont on sait qu'ils sont entiers ; par contre on ne connaît pas encore le domaine (fini) de sommation.
Si on prend p=-3x2 et q=2x3, avec x réel quelconque non nul, alors 4p3+27q2=0, donc les racines de X3+pX+q sont 3q/p=-2x et -3q/(2p)=x (double), donc Sn=xn+xn+(-2x)n=xn(2+(-2)n), et ainsi pour tout x réel non nul on a
xn(2+(-2)n)=∑cs,t(-3)s2tx2s+3t : donc pour tout couple (s,t) tel que cs,t est un coefficient non nul du polynôme Sn, on doit avoir 2s+3t=n (un polynôme non nul a un nombre fini de racines), et donc ∑cs,t(-3)s2t=2+(-2)n.
Cette équation diophantienne 2s+3t=n est facile à résoudre dans Z×Z :

le couple (-n,n) est une solution particulière et par différence membre à membre on obtient 2(s+n)=3(n-t), donc 2 divise n-t, soit t=n-2k, et donc s=3k-n ; réciproquement tous ces couples sont solutions. Donc les couples (s,t) sont tous de la forme s=3k-n, t=n-2k, k dans Z, mais ici s et t doivent être positifs ou nuls, ce qui donne n/3≤k≤n/2, donc vn≤k≤E(n/2), avec vn=n/3, si 3 divise n et vn=E(n/3)+1 sinon.
Donc on a prouvé que Sn=∑k=v_nE(n/2) cn,kp3k-nqn-2k, les cn,k étant entiers.

La relation Sn=-pSn-2-qSn-3 permet alors de dire que pour tout k dans [vn ; E(n/2)],
cn,k=-cn-2,k-1-cn-3,k-1, les ci,j du membre de droite étant nuls si j n'est pas dans [vi ; E(i/2)].
Voir à la fin de la preuve du 1) la remarque 2 sur cette relation.

Mais pour l'instant, on n'a pas encore prouvé que cn,k pour k=E(n/2) et cn,k pour k=vn sont non nuls, cad on n'a pas encore prouvé que Sn est de degré E(n/2) et de valuation vn.
Pour cela on va faire deux récurrences.

Récurrence sur le terme de plus haut degré :

on fait l'hypothèse de récurrence Hn suivante pour n≥1 : On vérifie sans peine que H1 et H2 sont vraies (voir tableau des premiers Sn)
On suppose maintenant que H1, H2,..., Hn sont vraies (n≥2) et on va montrer que Hn+1 est vraie : Donc, Hn+1 est vraie, et ainsi par réurrence on a montré que Hn est vraie pour tout n≥1, ce qui prouve le résultat de l'énoncé.

Récurrence sur le terme de plus bas degré

on fait l'hypothèse de récurrence Hn suivante pour n≥1 : On vérifie sans peine que H1 est vraie (voir tableau des premiers Sn)
On suppose maintenant que H1, H2,..., Hn sont vraies (n≥1) et on va montrer que Hn+1 est vraie : Donc, Hn+1 est vraie, et ainsi par récurrence on a montré que Hn est vraie pour tout n≥1.
Pour obtenir les résultats annoncés il ne reste plus qu'à faire le passage (3n, 3n+1, 3n+2), pour n≥1, à (n≡0 (3), n≡1 (3), n≡2 (3) ), et de les vérifier directement pour S0, S1, S2.
Remarque 1 :
le lecteur peut se demander d'où viennent ces formules pour le coefficient du terme de plus bas degré, surtout pour S3n+1 (celles pour le coefficient du terme de plus haut degré se devinent tout de suite à la lecture des premiers Sn)!
En fait en notant le coefficient cn,v_n du terme de plus bas degré de Sn par kn, du raisonnement par récurrence ci-dessus on peut tirer : Et donc en prenant comme matrice colonne Kn=t(k3n k3n+1 k3n+2), on a Kn=AKn-1, avec A la matrice 3×3 suivante
-100
0-1-1
10-1
Donc pour tout n dans N, Kn=AnK0.
Et on vérifie facilement que (-1)nAn est la matrice ci-dessous
100
-n(n-1)/21n
-n01
(soit on calcule les premières puissances de A, on devine la formule et on termine par une récurrence immédiate, soit on écrit que A=B-I, avec B=(bi,j) matrice dont tous les éléments sont nuls sauf b3,1=1 et b2,3=-1 : alors B2 a tous ses éléments nuls sauf celui en (2,1) qui vaut -1, B3=0, et pour n≥2, An=(-I)n+nB(-I)n-1+(n(n-1)/2)B2(-I)n-2, soit (-1)nAn=I-nB+(n(n-1)/2)B2, encore vrai pour n=1).
Comme tK0=(3 0 -2), on obtient Ce qui correspond aux résultats ci-dessus.

Remarque 2 : la relation, pour tout k dans [vn ; E(n/2)], cn,k=-cn-2,k-1-cn-3,k-1, les ci,j du membre de droite étant nuls si j n'est pas dans [vi ; E(i/2)] n'est pas facile à exploiter.
Essayons de voir ce que cela donne pour le coefficient du terme de plus bas degré.

c3n,v_(3n)=-c3n-2,v_(3n)-1-c3n-3,v_(3n)-1.
v3n=v_(3n)=3n/3=n, et donc v_(3n)-1=n-1.
v3n-2=(3n-2+2)/3=n : donc on n'a pas v_(3n)-1 supérieur ou égal à v3n-2 et donc c3n-2,v_(3n)-1=0
v3n-3=(3n-3)/3=n-1 et donc v_(3n)-1=v3n-3, ce qui veut dire que
c3n,v_(3n)=-c3n-3,v_(3n-3), et en posant kn=cn,v_(n), on retrouve la relation vue ci-dessus k3n=-k3n-3.

Essayons de voir ce que donne c3n+1,v_(3n+1)=-c3n-1,v_(3n+1)-1-c3n-2,v_(3n+1)-1.
v_(3n+1)=v3n+1=(3n+3)/3=n+1, et donc v_(3n+1)-1=n.
v_(3n-1)=(3n-1+1)/3=n, donc c3n-1,v_(3n+1)-1=-c3n-1,v_(3n-1)
v_(3n-2)=(3n-2+2)/3=n, donc c3n-2,v_(3n+1)-1=-c3n-2,v_(3n-2)
et on retrouve la relation k3n+1=-k3n-1-k3n-2

Terminons par l'exploitation de c3n+2,v_(3n+2)=-c3n,v_(3n+2)-1-c3n-1,v_(3n+2)-1.
v_(3n+2)=v3n+2=(3n+3)/3=n+1 et v_(3n+2)-1=n.
v_(3n)=3n/3=n et donc c3n,v_(3n+2)-1=c3n,v_(3n)
v_(3n-1)=(3n-1+1)/3=n et donc c3n-1,v_(3n+2)-1=c3n-1,v_(3n-1)
et on obtient la relation k3n+2=-k3n-k3n-1, et comme on a vu ici que k3n=-k3n-3, on retrouve k3n+2=k3n-3-k3n-1

preuve du 2) Utilisons la formule Sn=∑k=v_nE(n/2)cn,kp3k-nqn-2k, les cn,k étant entiers.
n étant 1er supérieur ou égal à 5, il ne peut être divisible ni par 2, ni par 3, donc les exposants 3k-n et n-2k ne sont jamais nuls, donc toujours supérieurs ou égaux à 1, et le polynôme Sn, en p et q, est factorisable par pq.
n restant 1er supérieur ou égal à 5, envisageons les deux possibilités

Note : ces factorisations par pq ou p2q sont bien sûr cohérentes avec les derniers résultats du 1, qui disent que si n≡1 ou 2 (3) et p=0, Sn est le polynôme (en q) nul ou que si n impair et q=0, Sn est le polynôme (en p) nul ; ces résultats auraient d'ailleurs pû être utilisés pour factoriser Sn par pq lorsque n est 1er, supérieur ou égal à 5 (donc ≡1 ou 2 (3) et impair).

Reste à prouver la divisibilité par n, lorsqu'il est premier (sans être obligatoirement supérieur ou égal à 5) , de tous les coefficients cn,k de Sn (pour n impair c'est déjà acquis pour le coefficient du terme de plus haut degré puisque celui-ci est égal à n(-1)(n-1)/2).
Pour cela, on va utiliser le
Lemme :

Soient k(≥1) entiers a1, ..., ak avec a1 et ak non nuls et r (>k) un entier naturel premier
On suppose qu'il existe s entier naturel tel que pour tout entier x, r divise a1xs+a2xs+1+...+akxs+k-1.
Alors, tous les ai sont divisibles par r. preuve :
si k=1, c'est trivial (on prend x=1) ; on se place donc maintenant dans le cas k≥2.
Pour i=1, 2, ..., k posons xi=i : r divise donc (pour tout i dans {1 ; 2 ; ... ; k})
a1(xi)s+a2(xi)s+1+...+ak(xi)s+k-1=(xi)s(a1+a2(xi)1+...+ak(xi)k-1),
mais comme r est 1er il doit diviser l'un des facteurs, mais il ne peut diviser xi=i puisque 1≤i≤k<r, donc
r divise a1+a2(xi)1+...+ak(xi)k-1.
Cad a1+a2(xi)1+...+ak(xi)k-1≡0 (r) pour i=1, 2, ..., k ;
donc, modulo r, a1, a2, ...., ak sont solutions d'un systéme linéaire homogéne de k inconnues à k équations dont le déterminant D a pour ième ligne
1 xi (xi)2 ... (xi)k-1

D est donc un déterminant de Vandermonde et ainsi D=π1≤i<j≤k(xj-xi) ; or r ne divise aucun des xj-xi, puisque pour i≠j, |xj-xi| est dans {1 ; 2; ... ; k-1} lequel est inclu dans {1 ; 2 ; ... ; r-2} et ainsi, modulo r, D est non nul et on a un systéme homogéne de Kramer, cela dans le corps Z/rZ : toutes les inconnues sont donc nulles, cad modulo r tous les ai sont nuls, ce qui veut dire que tous les ai sont divisibles par r.
Appliquons ce lemme.
Pour p=q=x, Sn=∑j=v_nE(n/2)cn,jxj.
Ici, par rapport aux notations du lemme, k=E(n/2)-vn+1, aj=cn,v_n+j-1,a1=cn,v_n et ak=cn,E(n/2) sont bien non nuls (puisque Sn est de valuation vn et de degré E(n/2)), et r=n (nombre 1er quelconque) et s=vn.
Avant d'appliquer le lemme il y a lieu cependant de vérifier que l'on a effectivement r>k, cad n>k : on a évidemment k≤n/2-vn+1, et comme vn=n/3 ou(n+2)/3 ou (n+1)/3, pour n≥3, vn≥1 et ainsi k≤n/2<n ; mais si n=2, vn=(2+1)/3=1 et k=1-1+1=1<2=n.
Finalement on a toujours n>k.

Cf le I (voir le cas particulier X3+aX2+pX+q avec a=0 cité dans l'énoncé de ce I), si n est 1er, alors pour tout p et q entiers, n divise Sn, donc en particulier lorsque p=q=x est entier quelconque, n divise Sn=∑j=v_nE(n/2)cn,jxj et le lemme donne que tous les cn,j sont divisibles par n.

 

 

Annexe

On considère ici le cas particulier mis en évidence dans le I :

  • si P est le polynôme X3+aX2+pX+q, avec a, p, q dans Z
  • si x1, x2, x3 sont les racines de P dans C
  • si pour n entier naturel, Sn=x1n+x2n+x3n, avec S0=3,
alors pour tout n entier naturel premier, Sn est un entier et n divise Sn+a. Il s'agit ici de donner une autre preuve de ce résultat particulier (cad sans utiliser le résultat de Schönemann ).
Cette preuve est plus compliquée, mais c'est celle que j'avais trouvée, seul dans mon coin...., et elle m'a conduit au II.
Elle repose sur la mise en évidence d'une formule explicite de Sn en fonction de p et q, du moins pour n premier et a=0.

preuve de l'annexe
Redisons qu'ici, il est évident que Sn est toujours un entier relatif, puisque S0=3, S1=-a, S2=(∑xi)2-2∑xixj=a2-2p et pour n≥3, Sn+aSn-1+pSn-2+qSn-3=0.

Pour la divisibilité de Sn+a par n, on va d'abord traiter le cas a=0, puis s'y ramener.

Cas a=0 : il s'agit alors de montrer que si n est entier naturel 1er alors il divise Sn
C'est évident dans les trois cas particuliers suivants :

Traitons maintenant le cas général où p et q sont quelconques (entiers).
Pour expliciter les trois racines de X3+pX+q, on pose (méthode de Hudde) X=u+v avec uv=-p/3, et on voit tout de suite que u3 et v3 sont les racines Z1 et Z2 de Z2+qZ-p3/27 :
les trois racines de X3+pX+q sont donc u+v, ju+j2v, j2u+jv, avec u une racine 3ième de Z1, v une racine 3ième de Z2 et uv=-p/3.
On peut alors écrire Sn=(u+v)n+(ju+j2v)n+(j2u+jv)n.
Lemme :

soit A l'anneau {e/3k ; e dans Z ; k dans N} et R(X1,X2), un polynôme à coefficients dans A, symétrique en X1 et X2 : alors R(u3,v3) est dans A. preuve : (voir par exemple Théorie de nombres, lemme 9.2, de Daniel Duverney, chez Dunod), R(X1,X2) s'écrit sous forme d'un polynôme des deux variables s1=X1+X2 et s2=X1X2, à coefficients dans A, et comme u3+v3=-q est dans A et u3v3=-p3/27 est dans A, on a bien R(u3,v3) dans A. Montrons maintenant que tout n 1er divise Sn.
Si n=2, S2=6uv=-2p, divisible par 2.
Si n=3, S3=3(u3+v3)=-3q divisible par 3.
On suppose mantenant n≥5.
Sn=∑nk=0Cnk tkukvn-k, avec tk=1+jk(j2)n-k+(j2)kjn-k=1+j2n-k+jn+k=1+(jn+k)2+jn+k.
n étant 1er≥5, soit n≡1 (3), soit n≡2 (3).

si n≡1 (3), c'est-à-dire n=3r+1, avec r entier naturel pair (puisque n est 1er distinct de 2, n est impair) ; ainsi tk=1+(jk+1)2+jk+1 pour k=3k', tk=1+j2+j=0
pour k=3k'+1, tk=1+j+j2=0
pour k=3k'+2, tk=1+1+1=3
Donc Sn=3∑k'=0r-1Cn3k'+2 u3k'+2vn-(3k'+2) ("les" 3k'+2 décrivent {2;5;...;n-2}).
Mais Cn3k'+2=Cnn-3k'-2=Cn3(r-1-k')+2, et si k' décrit {0 ; ... ; r/2-1} (rappel : r est pair) alors r-1-k' décrit {r-1-r/2+1 ; ... ; r-1}={r/2 ; ... ; r-1}, donc
Sn=3∑k'=0r/2-1Cn3k'+2 (u3k'+2vn-(3k'+2)+u3(r-1-k')+2vn-(3(r-1-k')+2))
Sn=3∑k'=0r/2-1Cn3k'+2 (u3k'+2v3(r-1-k')+2+u3(r-1-k')+2v3k'+2)
Sn=3(-p/3)2k'=0r/2-1Cn3k'+2 (u3k'v3(r-1-k')+u3(r-1-k')v3k'), puisque u2v2=(-p/3)2.
On constate alors que dans ce dernier ∑ les coefficients des Cn3k'+2 sont des polynômes symétriques en u3 et v3, à coefficients entiers, donc dans A, et cf le lemme ci-dessus, les coefficients des Cn3k'+2 sont dans l'anneau A.
Par ailleurs n divise Cn3k'+2 (puisque n est 1er et que 3k'+2 est dans {1;2;...;n-1}), et p2/3 est dans A.
Finalement, on peut écrire Sn=n×e/3s, avec e dans Z, s dans N ; ainsi n×e=3sSn.
Comme Sn est un nombre entier, cette égalité prouve que n divise 3sSn et n étant un nombre premier supérieur ou égal à 5, n est 1er avec 3s, et donc n divise Sn.

si n≡2 (3), c'est-à-dire n=3r+2, avec r entier naturel impair (puisque n est 1er distinct de 2, n est impair) ; ainsi tk=1+(j2+k)2+j2+k.

pour k=3k', tk=1+j+j2=0
pour k=3k'+1, tk=1+1+1=3
pour k=3k'+2, tk=1+j2+j=0
Donc Sn=3∑k'=0rCn3k'+1 u3k'+1vn-(3k'+1) ("les" 3k'+1 décrivent {1;4;...;n-1}).
Mais Cn3k'+1=Cnn-(3k'+1)=Cn3(r-k')+1, et si k' décrit {0 ; ... ; (r-1)/2} (rappel : r est impair) alors r-k' décrit {(r+1)/2 ; ... ; r}, et comme (r-1)/2+1=(r+1)/2, on a
Sn=3∑k'=0(r-1)/2Cn3k'+1 (u3k'+1v3(r-k')+1+u3(r-k')+1v3k'+1)
Sn=3(-p/3)∑k'=0(r-1)/2Cn3k'+1 (u3k'v3(r-k')+u3(r-k')v3k').
Un raisonnement identique en tout point au précédent permet alors de conclure aussi à n divise Sn.

Cas où a est quelconque
En posant X=(Y-a)/3, X3+aX2+pX+q=0<=>Y3+p'Y+q'=0, avec p'=-3a2+9p, q'=2a3-9ap+27q, lesquels sont donc dans Z. En notant yi les racines de Y3+pY+q, le cas précédent prouve que pour tout entier naturel n, S'n=y1n+y2n+y3n (S'0=3) est un entier relatif, qui est divisible par n, si en outre n est 1er.
Or Sn=((y1-a)/3)n+((y2-a)/3)n+((y3-a)/3)n, soit
3nSn=∑k=0n(-1)kCnkakS'n-k (attention, les S'n-k dépendent de p' et q', donc de a).
Compte-tenu que tout entier naturel n 1er divise Cnk pour k=1,2,...,n-1, on obtient que 3nSn≡S'n+3(-1)nan (n), et cf ce qui précéde et Fermat, on en déduit que
pour tout entier naturel n 1er, 3Sn≡3(-1)na (n).
Terminons la démonstration :

si n est 1er et ≥5, alors n est impair, donc 3(Sn+a)≡0 (n), et comme n est 1er avec 3, c'est que n divise Sn+a
si n=2, on a vu que S2=a2-2p, donc S2+a=a(a+1)-2p, somme de nombres pairs et on a bien 2 divise S2+a (3S2≡3a (2) permet aussi de conclure car 2 étant premier avec 3, 2 divise S2-a, donc divise S2+a=S2-a+2a)
si n=3, S3=-aS2-pS1-3q=-a(a2-2p)-p(-a)-3q et S3+a=-(a-1)a(a+1)+3pa-3q, somme de multiples de trois et on a bien 3 divise S3+a

Illustration dans le cas a=0, p=-21, q=-7 .
Vérifions que pour tout entier naturel n≤11 et premier, n divise Sn=x1n+x2n+x3n, les xi étant les racines de X3-21X-7 (aucune racine n'est entière).
Par utilisation de la relation de récurrence Sn=21Sn-2+7Sn-3 pour n≥3 avec S0=3, S1=0, S2=-2p=42, on obtient

S3=21, divisible par 3
S4=882 pas divisible par 4
S5=735, divisible par 5
S6=18669, pas divisible par 6
S7=21609, divisible par 7.
etc... : je laisse le lecteur calculer S8, S9, S10, et enfin S11

En fait, les formules données au cours de la démonstration ci-dessus (cas a=0), permettent de calculer Sn, sans être obligé de calculer tous les précédents (du moins pour n premier) : cela permettra d'ailleurs au lecteur de vérifier ces formules!
Par exemple S11 : ici n=11=3r+2 avec r=3 et donc (rappelons que uv=-p/3 et u3+v3=-q)
S11=3(-p/3)∑k'=01C113k'+1 (u3k'v3(3-k')+u3(3-k')v3k')
S11=3(-p/3)(C111(v9+u9)+ C114(u3v6+u6v3))
S11=-p(11(v3+u3)3-3(uv)3(u3+v3)+330u3v3(u3+v3))
S11=-p(11(-q3+3×(p3/27)×(-q))+330(-p3/27)(-q))
S11=-p(-11q3+11p3q)=11pq(q2-p3), qui est bien divisible par 11.

Et pourquoi pas S13 : n=13=3r+1 avec r=4
S13=3(-p/32)∑k'=01C133k'+2 (u3k'v3(3-k')+u3(3-k')v3k')
S13=(p2/3)(C132(v9+u9)+C135(u3v6+u6v3))
et, comme ci-dessus
S13=(p2/3)(C132(-q3-p3q/9)+C135(p3q/27))
S13=(p2/3)(13×6(-q3-p3q/9)+13×11×9(p3q/27))
S13=(p2/3)×13(-6q3-2p3q/3+11p3q/3)
S13=13p2q(p3-2q2).

Allez, encore un, S17 : n=17=3r+2 avec r=5
S17=3(-p/3)∑k'=02C173k'+1 (u3k'v3(5-k')+u3(5-k')v3k')
S17=-p(C171((v3)5+(u3)5)+C174(u3v3(u9+v9))+C177(u6v6(u3+v3))
Pour alléger, posons a=u3, b=v3 (donc a+b=-q, ab=-p3/27)
S17=-p(C171((a+b)5-5ab(a+b)3+5(ab)2(a+b))+C174(ab(a+b)3-3(ab)2(a+b))+C177((ab)2(a+b)))
S17=-p(17(a+b)5+(-5×17+C174)ab(a+b)3+(17×5-3C174+C177)(ab)2(a+b))
S17=-p(17(a+b)5+(17×5×27)ab(a+b)3+(17×272)(ab)2(a+b))
S17=-p(17(-q)5+(17×5×27)(-p3/27)(-q)3+(17×272)(-p3/27)2(-q))
S17=-17p(-q5+5p3q3-p6q)
S17=17pq(p6-5p3q2+q4)

Sur ces exemples correspondants à a=0, on vérifie effectivement que pour n 1er, n divise Sn, mais on constate qu'en fait Sn est un polynôme en p et q dont tous les coefficients sont divisibles par n : le but du chapitre II est justemment d'approfondir cet aspect.

Remarque :
Au cours de cette démonstration, on a mis en évidence une formule explicite pour Sn en fonction de u et v, lorsque n est premier (deux cas à envisager, selon que n≡1 (3) ou n≡2 (3)) ; si n n'est pas premier, des calculs analogues doivent (?) permettre d'obtenir aussi une formule explicite, mais n'en n'ayant pas besoin, je n'ai pas essayé...