Beweis:  

Sei S(n,k) die in der Behauptung erwähnte Summe der k-ten Potenzen der natürlichen Zahlen von 1^k bis n^k.

Dann gilt:  S(n+1,k) = S(n,k) + (n+1)^k
oder:        S(n+1,k) - S(n,k) = (n+1)^k.

Die Differenz (n+1)^k ist (nach Ausmultiplizieren) sicherlich ein Polynom vom Grade k in der Variablen n, unabhängig davon, ob nun S(n,k) durch ein Polynom darstellbar ist.

Wir betrachten nun zuerst umgekehrt ein beliebiges Polynom vom Grade k+1 in der Variablen n mit den Koeffizienten a_i. Ohne Beschränkung können wir annehmen, daß n nicht auf N beschränkt, sondern eine reelle Zahl ist. (Die natürlichen Zahlen sind eine Teilmenge von R, also gelten die zu zeigenden Eigenschaften auch für diese n. Aber wir benötigen die Erweiterung auf n, weil wir eine stetig differenzierbare Funktion benötigen.)

p(n) = a₀ + a₁n + a₂n² + ... + a_kn^k + a_kn^k+1

Uns interessiert insbesondere die Differenz p(n+1) – p(n):

p(n+1) – p(n) = a₀ + a₁(n+1) + a₂(n+1)² + ... + a_k(n+1)^k + a_k+1(n+1)^k+1  —  (a₀ + a₁n + a₂n² + ... + a_kn^k + a_k+1n^k+1)

Der Summand a₀ verschwindet in der Differenz. Vor allem aber entsteht beim Ausmultiplizieren von a_k+1(n+1)^k+1 der Summand a_k+1n^k+1, wodurch auch dieser einzige Summand vom Grade k+1 verschwindet. Dadurch ist der Term nur noch vom Grade k.

Wenn also die Behauptung stimmte, wenn also S(n,k) ein Polynom vom Grade k+1 wäre, dann wäre Eigenschaft (1) erfüllt.

Wenn es nun noch gelingt zu zeigen, daß eine Funktion mit der Eigenschaft, daß f(n+1)-f(n) ein Polynom k-ten Grades ist, nur ein Polynom vom Grade k+1 sein kann, ist man fertig.

Sei also f(n+1)-f(n) = a₀ + a₁n + a₂n² + a₃n³ + a₄n⁴ + a₅n⁵ + ... + a_kn^k        mit n∈R und k∈N.

Dann gilt für die erste Ableitung:	f'(n+1)-f'(n) = a1 + 2a2n + 3a3n2 + 4a4n3 + 5a5n4 + ... + kaknk-1
für die zweite Ableitung:	f''(n-1)-f''(n) = 2a2 + 6a3n + 12a4n2 + 20a5n3 + ... + k(k-1)aknk-2
für die dritte Ableitung:	f''(n-1)-f''(n) = 6a3 + 24a4n + 60a5n2 + ... + k(k-1)(k-2)aknk-3
	· · ·
für die k. Ableitung:	f(k)(n-1) - f(k)(n) = k!·ak
für die k+1-te Ableitung:	f(k+1)(n-1) - f(k+1)(n) = 0

Aus der letzten Zeile folgt mit f^(k+1)(n-1) = f^(k+1)(n), daß die k+1-te Ableitung für alle n∈N konstant ist; wir setzen f^(k+1)(n) = C₀. Führt man alle bisherigen Schritte mit den Differenzen p(x-d)-p(x) bzw. f(x-d)-f(x) mit x,d∈R durch, so folgt ebenfalls f^(k+1)(x-d) = f^(k+1)(x); und f^(k+1)(x) ist für alle x∈R konstant.

Nun suchen wir rückwärts mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung nach f(n):