Sk(n)=1k+2k+3k+⋯+nk ise Sk(n+1)=1k+2k+3k+⋯+nk+(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.