補足
$a_n=n(n+1)$、$a_n=n^2$タイプの数列の和
${\Sigma}k(k+1)$($1$～$n$項まで)の求め方
一般項 $a_n$ が
\[a_n=n(n+1)\]で与えられる数列は，具体的に書くと
\begin{array}{c} \boxed{1}&\boxed{2}&\boxed{3}&\boxed{4}&\boxed{5}&\\ 1\cdot2,&2\cdot3,&3\cdot4,&4\cdot5,&5\cdot6,&\cdots \end{array}となる．このように，『2 つの連続した数の積』で表される数列の，初項から第 $n$ 項までの和は次のような手順で求めることができる．
$\text{STEP}1$
$a_n=n(n+1)$ の2連続数に着目して， $n,n+1$ の $"続き"$ である $n+2$ を $a_n$ に掛けたものから， $n,n+1$ の $"1 つ前"$ である $n-1$ を $a_n$ に掛けたものを引く
\[\underbrace{n(n+1)}_{a_n}(n+2)-(n-1)\underbrace{n(n+1)}_{a_n}\]$\text{STEP}2$
共通因数 $n(n+1)$ のかたまりを崩さないようにまとめ， $n(n+1)$ について解く．
\begin{align} &\ n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)\\ =\ &n(n+1)\{(n+2)-(n-1)\}\\ =\ &3n(n+1) \end{align}よって
\begin{align} n(n+1)&=\frac{1}{3}\{n(n+1)(n+2)\\ &\qquad-(n-1)n(n+1)\} \end{align}$\text{STEP}3$
この関係式を利用して，初項から第 $n$ 項までの和を，具体的に書き出してみる．
\begin{align} &\sum_{k=1}^nk(k+1)\\ =&\sum_{k=1}^n\bigg[\dfrac{1}{3}\{k(k+1)(k+2)\\ &\qquad-(k-1)k(k+1)\}\bigg]\\ =&\dfrac{1}{3}\sum_{k=1}^n\{k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)\}\\ =&\dfrac{1}{3}\big[(1\cdot2\cdot3-0\cdot1\cdot2)\\ &\qquad+(2\cdot3\cdot4-1\cdot2\cdot3)\\ &\qquad+(3\cdot4\cdot5-2\cdot3\cdot4)+\cdots\\ &\qquad+\{(n-1)n(n+1)\\ &\qquad-(n-2)(n-1)n\}\\ &\qquad+\{n(n+1)(n+2)\\ &\qquad-(n-1)n(n+1)\}\big] \end{align}$\text{STEP}4$
相殺して消える部分ができるので，下のように消していくと，和が求まる．
以上，まとめておこう．
2連続数の積の数列の和
\[\sum_{k=1}^nk(k+1)=\frac{1}{3}n(n+1)(n+2)\]
${\Sigma}k^2$($1$～$n$項まで)の求め方
一般項 $a_n$ が
\[a_n=n^2\]で与えられる数列は，具体的に書くと
\begin{array}{c} \boxed{1}&\boxed{2}&\boxed{3}&\boxed{4}&\boxed{5}&\boxed{6}&\\ 1^2,&2^2,&3^2,&4^2,&5^2,&6^2,&\cdots \end{array}となる．このように，『 $a_n=n^2$ 』で表される数列の，初項から第 $n$ 項までの和は次のような手順で求めることができる．
$\text{STEP}1$
2連続数の積の数列の和の公式
\[\sum_{k=1}^nk(k+1)=\frac{1}{3}n(n+1)(n+2)\]を思い出す．
$\text{STEP}2$
左辺の $\Sigma$ の中の式を展開すると， $k^2+k$ になるから， $k$ の項を右辺に移項する．
\begin{align} &\ \sum_{k=1}^n(k^2+k)=\frac{1}{3}n(n+1)(n+2)\\ \Leftrightarrow&\ \sum_{k=1}^nk^2+\sum_{k=1}^nk=\frac{1}{3}n(n+1)(n+2)\\ \Leftrightarrow&\ \sum_{k=1}^nk^2=\frac{1}{3}n(n+1)(n+2)-\sum_{k=1}^nk \end{align}$\text{STEP}3$
右辺の $\sum_{k=1}^nk$ を計算し，共通因数でまとめると和の公式が求まる．
\begin{align} \sum_{k=1}^nk^2&=\frac{1}{3}n(n+1)(n+2)-\sum_{k=1}^nk\\ &=\frac{1}{3}n(n+1)(n+2)-\frac{1}{2}n(n+1)\\ &=\frac{1}{6}2n(n+1)(n+2)-\frac{1}{6}3n(n+1)\\ &\uparrow\frac{1}{6}で通分\\ &=\frac{1}{6}n(n+1)\{2(n+2)-3\}\\ &=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \end{align}以上，まとめておこう．
一般項が $a_n=n^2$ の数列の和
\[\sum_{k=1}^nk^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\]
$a_n=n(n+1)(n+2)$、 $a_n=n^3$タイプの数列の和
${\Sigma}k(k+1)(k+2)$ ($1$～$n$項まで)の求め方
一般項 $a_n$ が
\[a_n=n(n+1)(n+2)\tag{1}\label{k(k+1)(k+2)nowa}\]で与えられる数列は，具体的に書くと
\begin{array}{c} \boxed{1}&\boxed{2}&\boxed{3}&\boxed{4}&\\ 1\cdot2\cdot3,&2\cdot3\cdot4,&3\cdot4\cdot5,&4\cdot5\cdot6,&\cdots \end{array}となる．
この $\eqref{k(k+1)(k+2)nowa}$ のように，『3つの連続した数の積』で表される数列の，初項から第 $n$ 項までの和は次のように求めることができる．
$\text{STEP}1$
$a_n=n(n+1)(n+2)$ の3連続数に着目して， $n,n+1,n+2$ の $"続き"$ である $n+3$ を $a_n$ に掛けたものから， $n,n+1,n+2$ の $"1つ前"$ である $n-1$ を $a_n$ に掛けたものを引く
\begin{align} &\underbrace{n(n+1)(n+2)}_{a_n}(n+3)\\ &\qquad-(n-1)\underbrace{n(n+1)(n+2)}_{a_n} \end{align}$\text{STEP}2$
共通因数 $n(n+1)(n+2)$ のかたまりを崩さないようにまとめ， $n(n+1)(n+2)$ について 解く．
\begin{align} &n(n+1)(n+2)(n+3)\\ &\qquad-(n-1)n(n+1)(n+2)\\ =&n(n+1)(n+2)\{(n+3)-(n-1)\}\\ =&4n(n+1)(n+2) \end{align}よって
\begin{align} &n(n+1)(n+2)\\ =&\dfrac{1}{4}\{n(n+1)(n+2)(n+3)\\ &\qquad-(n-1)n(n+1)(n+2)\} \end{align}$\text{STEP}3$
この関係式を利用して，初項から第 $n$ 項までの和を，具体的に書き出してみる．
\begin{align} &\sum_{k=1}^nk(k+1)(k+2)\\ =&\sum_{k=1}^n\bigg[\dfrac{1}{4}\{k(k+1)(k+2)(k+3)\\ &\qquad-(k-1)k(k+1)(k+2)\}\bigg]\\ =&\dfrac{1}{4}\sum_{k=1}^n\{k(k+1)(k+2)(k+3)\\ &\qquad-(k-1)k(k+1)(k+2)\}\\ =&\dfrac{1}{4}\big[(1\cdot2\cdot3\cdot4-0\cdot1\cdot2\cdot3)\\ &\qquad+(2\cdot3\cdot4\cdot5-1\cdot2\cdot3\cdot4)\\ &\qquad+(3\cdot4\cdot5\cdot6-2\cdot3\cdot4\cdot5)+\cdots\\ &\qquad+\{(n-1)n(n+1)(n+2)\\ &\qquad-(n-2)(n-1)n(n+1)\}\\ &\qquad+\{n(n+1)(n+2)(n+3)\\ &\qquad-(n-1)n(n+1)(n+2)\}\big] \end{align}$\text{STEP}4$
相殺して消える部分ができるので，下のように消していくと，和が求まる．
以上，まとめておこう．
3連続数の積の数列の和
\begin{align} &\sum_{k=1}^nk(k+1)(k+2)\\ =&\dfrac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3) \end{align}
${\Sigma}k^3$($1$～$n$項まで)の求め方
一般項 $a_n$ が
\[a_n=n^3\tag{2}\label{k^3nowa}\]で与えられる数列は，具体的に書くと
\begin{array}{c} \boxed{1}&\boxed{2}&\boxed{3}&\boxed{4}&\boxed{5}&\boxed{6}&\\ 1^3,&2^3,&3^3,&4^3,&5^3,&6^3,&\cdots \end{array}となる．
この $\eqref{k^3nowa}$ のように，『 $a_n=n^3$ 』で表される数列の，初項から第 $n$ 項までの和は次のように求めることができる．
$\text{STEP}1$
3連続数の積の数列の和の公式
\begin{align} &\ \sum_{k=1}^nk(k+1)(k+2)\\ =&\ \frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3) \end{align}を思い出す．
$\text{STEP}2$
左辺の $\Sigma$ の中の式を展開すると， $k^3+3k^2+2k$ になるから， $3k^2+2k$ の項を右辺に移項する．
\begin{align} &\ \sum_{k=1}^n(k^3+3k^2+2k)\\ &\ =\frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3)\\ \Leftrightarrow&\ \sum_{k=1}^nk^3+\sum_{k=1}^n(3k^2+2k)\\ &\ =\frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3)\\ \Leftrightarrow&\ \sum_{k=1}^nk^3=\frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3)\\ &\qquad\qquad\qquad-\sum_{k=1}^n(3k^2+2k)\\ \Leftrightarrow&\ \sum_{k=1}^nk^3=\frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3)\\ &\qquad\qquad\qquad-3\sum_{k=1}^nk^2-2\sum_{k=1}^nk \end{align}$\text{STEP}3$
右辺の $\displaystyle\sum_{k=1}^nk^2$ と $\displaystyle\sum_{k=1}^nk$ を計算し，共通因数でまとめると和の公式が求まる．
\begin{align} &\sum_{k=1}^nk^3\\ =&\frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3)\\ &-3\cdot\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)-2\cdot\frac{1}{2}n(n+1)\\ =&\frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3)\\ &-\frac{1}{2}n(n+1)(2n+1)-n(n+1)\\ =&\frac{1}{8}2n(n+1)(n+2)(n+3)\\ &-\frac{1}{8}4n(n+1)(2n+1)-\frac{1}{8}8n(n+1)\\ &\uparrow\frac{1}{8}で通分\\ =&\frac{1}{8}n(n+1)\\ &\{2(n+2)(n+3)-4(2n+1)-8\}\\ =&\frac{1}{8}n(n+1)\{2(n^2+5n+6)-8n-4-8\}\\ =&\frac{1}{8}n(n+1)\{2n^2+10n+12-8n-4-8\}\\ =&\frac{1}{8}n(n+1)\{2n^2+2n\}\\ =&\frac{1}{8}n(n+1)\{2n(n+1)\}\\ =&\frac{1}{4}n^2(n+1)^2 \end{align}以上，まとめておこう．
一般項が $a_n=n^3$ の数列の和
\[\sum_{k=1}^nk^3=\frac{1}{4}n^2(n+1)^2\]
$\displaystyle\sum_{k=1}^nk^3=\left(\sum_{k=1}^nk\right)^2$ と覚えるとよい．
\begin{align}a_n=&n(n+1)(n+2)\\\cdots&\{n+(m−1)\}\end{align} ($m$個)と$a_n=n^m$タイプの数列の和
\begin{align}a_n=&n(n+1)(n+2)\\\cdots&\{n+(m−1)\}\end{align} ($m$個)と$a_n=n^m$タイプの数列の和
1.10.1と1.10.2の発展形として，次のような数列を考えてみよう．
$\tag{1}\label{mrenzokusunoseki}$
$\eqref{mrenzokusunoseki}$ の数列は，各項の1番左側に着目すると，“初項1，公差1の等差数列”になっている．また，各項の左から2番目だけに着目すると，“初項2，公差1の等差数列”になっている． $\cdots$ ．最後に，各項の一番右側だけに着目すると，“初項 $m$ ，公差1の等差数列”になっている．よって，一般項 $a_n$ は
\[a_n=\overbrace{n(n+1)(n+2)\cdots(n+(m-1))}^{m個の連続数の積}\]と表すことができる．
この $\eqref{mrenzokusunoseki}$ の数列のように，『 $m$ 個の連続数の積』で表される数列の初項から第 $n$ 項までの和は次のように求めることができる．
$\text{STEP}1$
$a_n=n(n+1)(n+2)$ の3連続数に着目して， $n,n+1,n+2,\cdots,n+(m-1)$ の $"続き"$ である $n+m$ を掛けたものを下のように書く．
\[n(n+1)(n+2)\cdots(n+(m-1))(n+m)\]$\text{STEP}2$
同じく $n,n+1,n+2,\cdots,n+(m-1)$ の $"1つ前"$ である $n-1$ を掛けたものを引く．
\begin{align} &n(n+1)(n+2)\cdots(n+(m-1))(n+m)\\ &-(n-1)n(n+1)(n+2)\cdots(n+(m-1)) \end{align}$\text{STEP}3$
共通因数 $n(n+1)(n+2)\cdots(n+(m-1))$ のかたまりを崩さないようにまとめる．
\begin{align} &n(n+1)(n+2)\cdots(n+(m-1))(n+m)\\ &-(n-1)n(n+1)(n+2)\\ &\qquad\cdots(n+(m-1))\\ =&n(n+1)(n+2)\cdots(n+(m-1))\\ &\{(n+m)-(n-1)\}\\ =&\overbrace{(m+1)}^{係数}n(n+1)(n+2)\cdots(n+(m-1)) \end{align}$\text{STEP}4$
式全体を $m+1$ で割ることによって，右辺の $n(n+1)(n+2)\cdots(n+(m-1))$ について解く．
\begin{align} &n(n+1)(n+2)\cdots(n+(m-1))\\ =&\dfrac{1}{m+1}\{n(n+1)\\ &\qquad\cdots(n+(m-1))(n+m)\\ &-(n-1)n(n+1)\cdots(n+(m-1))\} \end{align}$\text{STEP}5$
右辺の式を利用して，初項から第 $n$ 項までの和を，具体的に書き出してみる．
\begin{align} &\sum_{k=1}^nk(k+1)\cdots(k+(m-1))\\ =&\sum_{k=1}^n\bigg[\frac{1}{m+1}\{k(k+1)\\ &\quad\cdots(k+(m-1))(k+m)\\ &-(k-1)k(k+1)\cdots(k+(m-1))\}\bigg]\\ =&\dfrac{1}{m+1}\sum_{k=1}^n\{k(k+1)\\ &\quad\cdots(k+(m-1))(k+m)\\ &\quad-(k-1)k(k+1)\cdots(k+(m-1))\}\\ =&\dfrac{1}{m+1}\{(1\cdot2\cdots m(m+1)-0\cdot1\cdots m)\\ &\quad+(2\cdot3\cdots(m+1)(m+2)-1\\ &\quad\cdot2\cdots(m+1))+\cdots\\ &\quad+(n(n+1)\cdots(n+(m-1))(n+m)\\ &\quad-(n-1)n\cdots(n+(m-1))\} \end{align}$\text{STEP}6$
相殺して消える部分ができるので，下のように消していくと，和が求まる．
まとめておこう．
$m$ 連続数の積の数列の和
\begin{align} &\sum_{k=1}^nk(k+1)(k+2)\cdots(k+(m-1))\\ =&\frac{1}{m+1}n(n+1)(n+2)\cdots(n+m) \end{align}