累乗の和の公式：
$$\large \sum_{k=1}^n k=\frac{1}{2}n(n+1)$$ $$\large \sum_{k=1}^n k^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$$ $$\large \sum_{k=1}^n k^3=\left(\frac{1}{2}n(n+1)\right)^2$$
これらは高校数学で暗記すべき $3$ つの和の公式ですが，この公式の導き方を考察してみると，$4$ 乗や $5$ 乗の和の公式も導き出せます．
$1$ から自然数 $n$ までの和 $S_n$ はつぎのように求めることができます．
まず，$1$ から $n$ までを一列に並べます． $$1,2,3,\cdots,n-1,n$$ つぎに，$1$ から $n$ までを逆順に並べます． $$n,n-1,n-2,\cdots,2,1$$ この $2$ 列に並んだ数を縦に足すと，どの列も和が $n+1$ となります．
全部で $n$ 列あるので，$2S_n=n(n+1)$ となります． よって， $$S_n=\frac{1}{2}n(n+1)$$ です．
さて，今度は $1^2$ から $n^2$ までの累乗の和，すなわち $1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2$ を求めてみましょう．先ほどと同じような方法で求めようとすると，縦の列の和が一定にならずうまくいきません．別の考え方で解いてみましょう．唐突ですが，次の恒等式を見てください． $$k^3-(k-1)^3=3k^2-3k+1$$ 左辺を展開すれば右辺に等しくなることは簡単に確かめられます．この恒等式の $k$ に $1$ から $n$ までの数を代入したものを並べて次のような表をつくります．
\begin{array}{c|cc} k&k^3-(k-1)^3=&3k^2-3k+1 \\ \hline 1&1^3-0^3=&1 \\ 2&2^3-1^3=&7 \\ \vdots & \vdots& \vdots \\ n-1 & (n-1)^3-(n-2)^3=&3(n-1)^2-3(n-1)+1 \\ n & n^3-(n-1)^3=&3n^2-3n+1 \\ \hline \end{array} この $n$ 本の式の辺々の和をとると，左辺はうまい具合に打ち消し合って， $$n^3=\sum_{k=1}^n (3k^2-3k+1)$$ となります．和の記号の線形性より， $$n^3=3\color{red}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n k^2}}}-3\color{blue}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n k}}}+\color{green}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n 1}}} $$ と分解されます．求めたいものは赤の下線部分です．青の下線部分は先程求めました． $$\color{blue}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n k}}}=\frac{1}{2}n(n+1)$$ また，緑の下線部分は， $$\color{green}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n 1}}}=n$$ となります．以上より， $$n^3=3\color{red}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n k^2}}}-\frac{3}{2}n(n+1)+n$$ となるので，計算すると， $$\sum_{k=1}^n k^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$$ です．これで $2$ 乗の和を求めることができました．
ところで，この方法がうまくいった理由は，恒等式 $k^3-(k-1)^3=3k^2-3k+1$ の左辺が打ち消しあったことと，右辺の和が $2$ 次以下の多項式で表されたことによります．この方法を応用すると，$3$ 乗以上の和の公式も同様にして求めることができます．
$1^2$ から $n^2$ までの和で用いた方法を応用することで，$3$ 乗の和を求めることができます．恒等式 $k^4-(k-1)^4=4k^3-6k^2+4k-1$ を用いればよいです.先ほどと同様に，この恒等式の $k$ に $1$ から $n$ までの数を代入して片々足すと， $$n^4=4\color{orange}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n k^3}}}-6\color{red}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n k^2}}}+4\color{blue}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n k}}}-\color{green}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n 1}}}$$ 先ほどまでの考察から， $$\color{red}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n k^2}}}=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1), \color{blue}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n k}}}=\frac{1}{2}n(n+1), \color{green}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n 1}}}=n$$ とわかっているので， $$n^4=4\color{orange}{\underline{\color{black}{\sum_{k=1}^n k^3}}}-n(n+1)(2n+1)+2n(n+1)-n$$ となります．これを頑張って計算すると， $$\sum_{k=1}^n k^3=\left(\frac{1}{2}n(n+1)\right)^2$$ です．これはちょうど，$1$ から $n$ までの和の $2$ 乗になっているので覚えやすいですね．これで $3$ 乗の和を求めることができました．
同様にして，$k^5-(k-1)^5, k^6-(k-1)^6$ などを考えれば，計算は複雑になりますが，$4$ 乗の和や，$5$ 乗の和を求めることもできます．
