この問題については、どんな事をいっても所詮、結果的にうまくいくということしか
いえませんが、強いて言えば次のようなことがいえると思います。

まず、kを1からnまで動かして辺々加えたときに
(左辺）がうまく消えるようになっているということ。
←これは、おそらく最初に考えた人が狙って最初からそういう風になるものを探したの
でしょう。
f(k+1)-f(k)のかたち。

これだけでは、全く意味がありませんが、さらに、
偶然にも、(右辺）がkの２次式になる。
←これは、別に偶然ではありません。

(すこし一般論的なもの)
なんでもいいが、整式をとるときに、f(k+a)-f(k)の形に整式をとれば、(左辺）は、
うまく消える。しかも、(右辺）は、(左辺)よりも必ず一次低い式になる。この事を
利用すれば、∑(\(k^{p}\)) の公式を作ることができる。
ただし、pがこれよりも小さい時の∑公式が必要となる。

単に
Σｋ^2＝(\(\frac{1}{6}\))n(n+1)(2n+1)を証明するなら
数学的帰納法で十分でしょう。
この場合は
Σk＝(\(\frac{1}{2}\))n(n+1)を利用して
Σｋ^2を求める・・ということだと思います。
その前に
Σｋを求めることを考えます。
まぁ、等差数列の和として考えればいいのですが
ここでは
(k+1\()^{2}\)－\(k^{2}\)＝2k+1を利用します。
k＝1,2,3・・・，nとすると
\(2^{2}\)　　－\(1^{2}\)＝2･1＋1
\(3^{2}\)　　－\(2^{2}\)＝2･2＋1
・・・・・・・・
(n+1\()^{2}\)－\(n^{2}\)＝2n＋１
左辺と右辺をそれぞれ加えると
(n+1\()^{2}\)－1＝2Σk+ｎ
2Σk＝(n+1\()^{2}\)－(n+1)
　＝n(n+1)
∴Σk＝(\(\frac{1}{2}\))n(n+1)
ここまで書いたらもうおわかりでしょう
同じ要領で
Σ\(k^{2}\)を求めることができます。
ただし、Σkは既知とします。