立方数の和と三角数

$$ \sum_{j=1}^m(2j-1)=2\sum_{j=1}^mj-m=2\cdot\frac{m(m+1)}2-m=m^2+m-m=m^2.\qquad\square $$

方針：$k^3$ が $k$ 個の連続する奇数の和であることを示し、それらのまとまりが最初の $T_n$ 個の奇数を隙間なく並べたものであることを確かめる。
段1（$k$ 番目のまとまり）。$k\ge1$ について、$k^2-k+1$ から始まる $k$ 個の連続する奇数
$$ k^2-k+1,\ k^2-k+3,\ \ldots,\ k^2-k+1+2(k-1)=k^2+k-1 $$
を考える。$k^2-k=k(k-1)$ は偶数なので、$k^2-k+1$ は奇数である。和は
$$ k(k^2-k+1)+2\{0+1+\cdots+(k-1)\}=k^3-k^2+k+k(k-1)=k^3. $$
段2（まとまりが続いている）。$k$ 番目のまとまりの最後の奇数は $k^2+k-1$ で、$k+1$ 番目のまとまりの最初の奇数は $(k+1)^2-(k+1)+1=k^2+k+1$ である。差は $2$ なので、2つのまとまりの間に奇数の抜けも重なりもない。1番目のまとまりは $1$ から始まる。
段3（全体を足す）。段2により、1番目から $n$ 番目までのまとまりを並べると、$1$ から始まる連続する奇数がちょうど $1+2+\cdots+n=T_n$ 個並ぶ。段1により各まとまりの和は $k^3$ なので、lem-scn-odd-sum を $m=T_n$ として使うと
$$ 1^3+2^3+\cdots+n^3=1+3+\cdots+(2T_n-1)=T_n^2.\qquad\square $$

方針：$T_k^2-T_{k-1}^2=k^3$ を示し、$k=1$ から $n$ まで足して打ち消し合わせる。
段1（差と和）。三角数の定義から $T_k-T_{k-1}=k$ である。また 多角数 の系により $T_k+T_{k-1}=k^2$ である（$k=1$ でも $T_1+T_0=1$）。
段2（2乗の差）。因数分解すると
$$ T_k^2-T_{k-1}^2=(T_k-T_{k-1})(T_k+T_{k-1})=k\cdot k^2=k^3. $$
段3（足す）。この式を $k=1,2,\ldots,n$ について足すと、左辺は $T_1^2-T_0^2+T_2^2-T_1^2+\cdots+T_n^2-T_{n-1}^2$ で、途中の項が打ち消し合って $T_n^2-T_0^2=T_n^2$ が残る（数列の和と差分）。右辺は $1^3+\cdots+n^3$ である。$\square$

方針：$k^3$ を $\binom{k+1}3$ と $k$ で書き、斜めの和で足してから、$T_n^2$ と一致することを計算する。
段1（$k^3$ を書き直す）。$6\binom{k+1}3=(k+1)k(k-1)=k^3-k$ なので
$$ k^3=6\binom{k+1}3+k. $$
$k=1$ では $\binom23=0$ で、$1=0+1$ と正しい。
段2（足す）。$k=1$ から $n$ まで足すと
$$ \sum_{k=1}^nk^3=6\sum_{k=1}^n\binom{k+1}3+\sum_{k=1}^nk=6\sum_{j=2}^{n+1}\binom j3+T_n. $$
$\binom23=0$ なので和は $j=3$ から始めてよく、ホッケースティック恒等式（二項定理と組合せの恒等式）を $r=3$ として使うと $\sum_{j=3}^{n+1}\binom j3=\binom{n+2}4$ である。よって
$$ \sum_{k=1}^nk^3=6\binom{n+2}4+T_n. $$
段3（$T_n^2$ と比べる）。
$$ 6\binom{n+2}4=\frac{(n+2)(n+1)n(n-1)}4=\frac{n(n+1)}2\cdot\frac{(n+2)(n-1)}2=T_n\cdot\frac{n^2+n-2}2 $$
なので、
$$ 6\binom{n+2}4+T_n=T_n\left(\frac{n^2+n-2}2+1\right)=T_n\cdot\frac{n^2+n}2=T_n\cdot T_n=T_n^2.\qquad\square $$