Exercice 12

1. La somme télescopique vaut $(n+1)^{4}$. En développant $(k+1)^{4} - k^{4} = 4k^{3} + 6k^{2} + 4k + 1$, $$(n + 1)^{4} = 4\sum_{k=0}^{n} k^{3} + n(n+1)(2n+1) + 2n(n+1) + (n + 1).$$ On isole la somme cherchée, et l'on factorise par $(n + 1)$, puis par $n$ : $$4\sum_{k=0}^{n} k^{3} = (n+1)\big((n+1)^{3} - n(2n+1) - 2n - 1\big) = (n + 1)(n^{3} + n^{2}) = n^{2}(n+1)^{2}.$$

2. Le calcul, un peu long mais sans difficulté, donne $f(n) - f(n-1) = n^{4}$ : on développe $(n-1)^{5}$, $(n-1)^{4}$ et $(n-1)^{3}$ par la formule du binôme, et les termes de degré $5$, $3$, $2$, $1$ et $0$ se compensent. Comme $f(0) = 0$, une somme télescopique donne $$f(n) = \sum_{k=1}^{n} \big(f(k) - f(k-1)\big) = \sum_{k=1}^{n} k^{4},$$ qui est une somme d'entiers. $$\boxed{f(n) = \sum_{k=1}^{n} k^{4} = \frac{n(n+1)(2n+1)(3n^{2} + 3n - 1)}{30} \in \mathbb{N}}$$ À retenir : pour montrer qu'une fraction est entière, il suffit parfois de la reconnaître comme une somme d'entiers. Une démonstration arithmétique directe, par les congruences modulo $2$, $3$ et $5$, serait bien plus laborieuse.