Théorème d'Eisenstein

Pour tout entier p > 0,

${\displaystyle (1-x)^{1/p}=1-\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {C_{p,n-1}}{p^{2n-1}}}~x^{n}}$

où les nombres positifs C_p,n, qui généralisent ceux de Catalan C_n (correspondant au cas p = 2) sont entiers, car on déduit de leur série génératrice, ${\displaystyle z:=\sum _{n=0}^{\infty }C_{p,n}x^{n}={\frac {1-(1-p^{2}x)^{1/p}}{px}},}$ la valeur C_p,0 = 1 et la relation de récurrence[7] ${\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad C_{p,n}=\sum _{2\leq k\leq p}{p \choose k}p^{k-2}(-1)^{k}\prod _{i_{1}+\dots +i_{k}=n-k+1}C_{p,i_{j}}.}$

Soit N le degré par rapport à la variable Y du polynôme P(X, Y). Il existe alors des polynômes P_j(X, Y) (à coefficients algébriques) tels que

${\displaystyle P(X,Y+Z)=\sum _{j=0}^{N}P_{j}(X,Y)Z^{j}.}$

Par hypothèse, P(X, y) = 0. De plus, sans perte de généralité, P₁(X, y) ≠ 0 — sinon, il suffit de remplacer P(X, Y) par P₁(X, Y), qui est non nul et dont le degré en Y est < N.

Soit m la valuation de P₁(X, y), c'est-à-dire le plus petit indice k pour lequel le coefficient de X^k dans cette série formelle est non nul. On coupe alors y en deux :

${\displaystyle y=u+X^{m+1}v\quad {\rm {pour}}\quad u=\sum _{n=0}^{m+1}a_{n}X^{n}\quad {\rm {et}}\quad v=\sum _{n=1}^{\infty }b_{n}X^{n}\quad (b_{n}=a_{m+1+n}).}$

Comme on sait que sous les hypothèses du théorème, tous les a_n sont des nombres algébriques[8], il suffit, pour prouver la propriété annoncée pour y, de la démontrer pour ${\displaystyle v}$. Or

${\displaystyle 0=P(X,y)=P_{0}(X,u)+P_{1}(X,u)X^{m+1}v+\sum _{j=2}^{N}P_{j}(X,u)(X^{m+1}v)^{j}.}$

Par choix de m, le polynôme P₁(X, u)X^m+1 est divisible par X^2m+1 mais pas par X^2m+2. Comme la somme est nulle, P₀(X, u) est donc lui aussi multiple de X^2m+1 et en divisant par cette puissance de X, on obtient

${\displaystyle \sum _{j=0}^{N}Q_{j}(X)v^{j}=0,\quad \forall j>1\quad Q_{j}(0)=0\quad {\rm {et}}\quad A:=Q_{1}(0)\neq 0.}$

Les coefficients des polynômes Q_j sont algébriques. Quitte à les multiplier par un nombre adéquat, on peut donc supposer que ce sont des entiers algébriques et que A est même un entier. Alors, tous les Aⁿb_n sont des entiers algébriques, par récurrence sur n ≥ 1. En effet, en isolant le terme de degré n dans

${\displaystyle \sum _{j=0}^{N}Q_{j}(X)\left(\sum _{n=1}^{\infty }b_{n}X^{n}\right)^{j}=0,}$

on trouve que Ab_n est une combinaison linéaire, à coefficients entiers algébriques, de termes de la forme

${\displaystyle \prod _{1\leq i<n}b_{i}^{k_{i}}\quad {\rm {avec}}\quad \sum ik_{i}<n.}$