Çözüm: Jacob Bernoulli'nin çözümündeki fikirleri paylaşacağız.
$ S_k(n) = 1^k + 2^k + 3^k+ \cdots + n^k$ ise $S_k(n+1) = 1^k + 2^k + 3^k+ \cdots + n^k + (n+1)^k$ olur.
$$ 1 + \dbinom{k}{0}S_0(n) + \dbinom{k}{1}S_1(n) + \dbinom{k}{2}S_2(n) + \cdots + \dbinom{k}{k-1}S_{k-1}(n) = (n+1)^k \tag{1}$$
formülünü ispatlayacağız. Binom teoreminden $(n+1)^k = S_{k}(n+1) - S_{k}(n) = 1+ \displaystyle {\sum_{i=1}^{n} \left[ (i+1)^k - i^k \right]}$ olur. Böylece,
\begin{equation*}
\begin{split}
(n+1)^k & = 1 + \displaystyle {\sum_{i=1}^{n} \left[\dbinom{k}{0}i^{0} + \dbinom{k}{1}i^{1} + \dbinom{k}{2}i^{2} + \cdots + \dbinom{k}{k-1}i^{k-1} \right]} \\
& = 1 + \displaystyle {\dbinom{k}{0} \sum_{i=1}^{n}i^{0} + \dbinom{k}{1} \sum_{i=1}^{n}i^{1} + \dbinom{k}{2} \sum_{i=1}^{n}i^{2} + \cdots + \dbinom{k}{k-1} \sum_{i=1}^{n}i^{k-1} } \\
& = 1 + \dbinom{k}{0}S_0(n) + \dbinom{k}{1}S_1(n) + \dbinom{k}{2}S_2(n) + \cdots + \dbinom{k}{k-1}S_{k-1}(n) .
\end{split}
\end{equation*}
elde edilir. $S_0(n) = n$ olduğu açıktır. Bunu kullanarak,
$k=2$ için ; $1 + \dbinom{2}{0}S_0(n) + \dbinom{2}{1}S_1(n) = (n+1)^2 $. Then, $$ 1 + n + 2\cdot S_1(n) = (n+1)^2 $$ ve $ S_1(n) = \dfrac{n(n+1)}{2}$ elde edilir.
$k=3$ için; $1 + \dbinom{3}{0}S_0(n) + \dbinom{3}{1}S_1(n) + \dbinom{3}{2}S_2(n) = (n+1)^3 $. O zaman,
$$ 1 + n + 3n + 3\cdot S_2(n) = (n+1)^3 $$
olur ve $S_2(n) = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ bulunur.
Benzer şekilde $k=4$ için kolayca $S_3(n) = \dfrac{n^2 (n+1)^2}{4}$ eşitliğini de bulabiliriz.
$k=5$ için; $1 + \dbinom{5}{0}S_0(n) + \dbinom{5}{1}S_1(n) + \dbinom{5}{2}S_2(n) + \dbinom{5}{3}S_3(n) + \dbinom{5}{4}S_4(n) = (n+1)^5 $. $S_0$, $S_1$, $S_2$, $S_3$ değerlerine sahibiz. Biraz işlem yaparak, $ S_4(n) = \dfrac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1) $ eşitliğine ulaşılır.
Jacob Bernoulli'nin pozitif tam sayıların kuvvetler toplamı ile ilgili çözüm fikri bu şekildedir.
$k =0, 1, 2, 3, 4$ için $S_0$, $S_1$, $S_2$, $S_3$, $S_4$ formüllerinin sırasıyla $1,2,3,4,5$ inci dereceden polinom kuralları ile formülize edildiğini gördük.
Tümevarım ile bir $k\geq 0$ tam sayısı için $S_{k}(n)$ nin $k+1$ inci dereceden polinom olduğunu kabul edelim. $(1)$ bağıntısından dolayı $\dbinom{k+2}{k+1} S_{k+1}(n) = (n+1)^{k+1} - c_k\cdot S_k(n) - \cdots $ olup $S_{k+1}(n)$, $k+2$ nci dereceden bir polinom olarak elde edilir. Böylece her $k \geq 0$ tam sayısı için $S_k(n)$ polinomunun derecesinin $k+1$ olduğunu buluruz. Üstelik $\dbinom{k+2}{k+1} S_{k+1}(n) = (n+1)^{k+1} - c_k\cdot S_k(n) - \cdots $ eşitliğinden $S_{k+1}$ polinomunun baş katsayısının $\dfrac{1}{k+2}$ olduğunu da elde etmiş oluyoruz.
Peki $S_k(n)$ polinomu biricik midir? Bir başka $M_k$ poliomunun da her $n$ pozitif tam sayısı için $M_k(n) = 1^k + 2^k + \cdots + n^k $ eşitliğini sağladığını düşünelim. Bunların farkları olan $F_k(n) = P_k(n) - M_k(n)$ polinomunun kökleri $n=0,1,2, \cdots $ olup sonsuz çokluktadır. Bu ise $F_k(n) \equiv 0$ (sıfır polinomu) olması demektir. Yani $P_k(n) = M_k(n)$ dir.
