Una pregunta interesante, pero tu conjetura no es correcta (¡pero casi!). El teorema correcto es:
Si $\require{cancel} f \cancel{\equiv} 0$ es un polinomio en $n$ variables y $(f)^k$ es simétrico, entonces
$f \text{ es }\begin{cases} \text{simétrico} & \text{para k impar} \\ \text{simétrico o antisimétrico} & \text{para k par} \end{cases}$
Es claro que para cualquier polinomio antisimétrico $a$, entonces $a^{2l}$ es simétrico para $l \in \mathbb N$.
No voy a publicar aquí cálculos tediosos para mostrar el teorema, porque no creo que este sea el lugar adecuado para ello. En cambio, proporcionaré un esbozo de la demostración y ejemplos para mayor comodidad.
Lema: Cualquier polinomio $f$ puede ser representado como la suma de una parte simétrica $s$ y una parte antisimétrica $a$.
Es fácil demostrar este lema. La parte simétrica es $s=\frac{S(f)}{n!}$, donde $S$ es el operador de simetrización. Hay que mostrar que $a = f - s$ es antisimétrico, lo cual es cierto si y solo si $S(a) = 0, pero esta es una tarea trivial, ya que el operador $S$ es lineal y $S(g) = n! \ g$ para cualquier polinomio simétrico $g$ en $n$ variables.
El teorema se muestra expandiendo $(s+a)^k$ y estableciendo a $0$ la parte antisimétrica. Por ejemplo:
$$(s+a)^2 = \underbrace{s^2}_{\text{símétrica}} + \underbrace{2sa}_{\text{antisimétrica}} + \underbrace{a^2}_{\text{símétrica}}$$
Así que $2sa = 0$, lo que implica directamente que $f$ es o bien simétrico ($a=0$) o antisimétrico ($s=0$).
Este análisis se complica para potencias mayores. Por ejemplo, la parte antisimétrica de $(s+a)^3$ y $(s+a)^4$ es $3 s^2 a + a^3 = a(3 s^2 + a^2)$ y $4 s^3 a + 4 s a^3 = 4 s a (s^2 + a^2)$ respectivamente. En general, al establecer esta parte a $0$ se sigue que para exponentes impar/pares ($a=0$)/($a=0$ o $s=0$) es una condición suficiente. El desafío es mostrar que el factor restante no puede ser $0$, tomando los ejemplos anteriores, que $3 s^2 + a^2 = 0$ y $s^2 + a^2 = 0$ no tienen soluciones.
La parte antisimétrica de $(s+a)^k$, como vimos, se puede factorizar en dos o tres factores. Uno será siempre $a$, para $k$ par habrá un factor $s$, y otro factor que llamaremos $t$. Nota que $t$ es un polinomio homogéneo de grado $m$, donde $m$ es $k-1$ o $k-2$ para $k$ impar o par respectivamente. Nótese que $t$ es una suma de monomios, donde uno y solo uno de estos es $c a^m$ y otro y solo uno es $d s^m$, siendo $c,d$ constantes. Todos los otros monomios serán "mixtos" (es decir, $\propto s^j a ^{m-j}$). Considerando $a(x_1;x_2,x_3,...)$ y $s(x_1;x_2,x_3,...)$ como polinomios solo en la primera variable, $x_1$, podemos demostrar que para cualquier raíz $r$ de $a$, obtenemos $(s(r))^m=0$, y viceversa, por lo que, en principio, $s$ y $a$ tienen las mismas raíces. Además, al sustituir $a = a' \frac{a}{(x_1-r)^u}$, podemos mostrar que las raíces tienen la misma multiplicidad en tanto $a$ como $s$ utilizando el mismo principio. Luego $s=a$, así que $s=a=0$, lo que contradice nuestra suposición inicial de que $f$ no es $0$.
Por ejemplo:
$$f^4 = (s+a)^5 = \underbrace{s^5}_{\text{sím}} + \underbrace{5 s^4 a}_{\text{asím}} + \underbrace{10 s^3 a^2}_{\text{sím}} + \underbrace{10 s^2 a^3}_{\text{asím}} + \underbrace{10 s a^4}_{\text{sím}} + \underbrace{a^5}_{\text{asím}}$$
$$\rightarrow 5 s^4 a + 10 s^2 a^3 + a^5 = a(5 s^4 + 10 s^2 a^2 + a^4) = 0$$
De $5 s^4 + 10 s^2 a^2 + a^4 = 0$ se sigue que $s=a$, una contradicción, por lo tanto tenemos $a=0$.