Aquí nos muestran que el reclamo es válido para los impares enteros positivos $n$. Incluso para $n$ se puede demostrar de forma análoga.
Empezamos con el denominador, y el un poco más fácil.
Obtenemos para los enteros impares $n>1$
\begin{align*}
\color{blue}{\prod_{k=1}^{n-1}(2k+1)^{n-k}}&=3^{n-1}\cdot5^{n-2}\cdots(2n-3)^2(2n-1)\\
&=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{(2n+1-2k)!}{(2n-2k)!!}\tag{1}\\
&=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{(2k+1)!}{(2k)!!}\tag{2}\\
&\,\,\color{blue}{=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{(2k+1)!}{2^kk!}}\tag{3}
\end{align*}
Comentario:
En (1) nos reorganizar el lado derecho de la primera línea mediante factoriales y de doble factoriales $(2p)!!=(2p)(2p-2)\cdots4\cdot2$.
En (2) cambiamos el orden de los factores del numerador por la configuración de $k\to n-k$.
En (3) utilizamos las identidades $(2p)!=(2p)!!(2p-1)!!$ e $(2p)!!=2^pp!$.
Ahora nos fijamos en el numerador
\begin{align*}
\color{blue}{n^{\lceil \frac{n}{2}\rceil}}&\color{blue}{\prod_{k=1}^{n-1}\frac {(n^2-k^2)^{\lfloor \frac{n-k+1}{2}\rfloor}}{(2k+1)^{n-k}}}\\
&=\left(\prod_{k=1}^{n-1}\frac {k^{\lfloor \frac{n-k+1}{2}\rfloor}}{(2k+1)^{n-k}}\right)n^{\lceil \frac{n}{2}\rceil}
\left(\prod_{k=1}^{n-1}\frac {(n-k)^{\lfloor\frac{n-k+1}{2}\rfloor}}{(2k+1)^{n-k}}\right)\tag{4}\\
&=1^1\cdot2^1\cdot3^2\cdot4^2\cdots(n-2)^{\frac{n-1}{2}}(n-1)^{\frac{n-1}{2}}n^{\frac{n+1}{2}}\\
&\qquad\cdot (n+1)^{\frac{n-1}{2}}(n+2)^{\frac{n-1}{2}}\cdots(2n-4)^2(2n-3)^2(2n-2)^1(2n-1)^1\tag{5}\\
&=(2n-1)!\cdot\frac{(2n-3)!}{2!}\cdot\frac{(2n-5)!}{4!}\cdots\frac{n!}{(n-2)!}\tag{6}\\
&\,\,\color{blue}{=n!\prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\frac{(2n+1-2k)!}{(2k)!}}\tag{7}
\end{align*}
Comentario:
En (4) utilizamos $n^2-k^2=(n-k)(n+k)$ y poner el factor de $n^{\lceil \frac{n}{2}\rceil}$ en el medio. También podemos cambiar el orden de los factores del numerador en el lado izquierdo del producto por $k\to n-k$.
En (5) se utiliza la más descriptivos de estilo para la expresión (4).
En (6) obtenemos términos de factoriales de partida con el de la derecha factor en los pasos de dos términos. Compensamos la falta de factores en el lado izquierdo multiplicando con factores de $\frac{1}{(2k)!}$ en consecuencia.
En (7) podemos escribir la expresión (6) de manera más compacta de usar el producto símbolo.
Ahora podemos tomar los resultados (3) y (7) y obtener
\begin{align*}
\color{blue}{n^{\lceil \frac{n}{2}\rceil}}&\color{blue}{\prod_{k=1}^{n-1}\frac {(n^2-k^2)^{\lfloor \frac{n-k+1}{2}\rfloor}}{(2k+1)^{n-k}}}\\
&=n!\prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\frac{(2n+1-2k)!}{(2k)!}\prod_{k=1}^{n-1}\frac{2^kk!}{(2k+1)!}\tag{8}\\
&=2^{\binom{n}{2}}\prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\frac{1}{(2k)!}\prod_{k=1}^{\frac{n-3}{2}}\frac{1}{(2k+1)!}\prod_{k=1}^{n-1}k!\tag{9}\\
&\,\,\color{blue}{=2^{\binom{n}{2}}}\tag{10}
\end{align*}
y el reclamo de la siguiente manera.
Comentario:
En (8) tomamos el resultado (3) y multiplicar el recíproco de (7).
En (9) cancelar $\prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}(2n+1-2k)!$ con $\prod_{k=\frac{n-1}{2}}^{n-1}\frac{1}{(2k+1)!}$ y el factor de salida $\prod_{k=1}^{n-1}{2^k}=2^{\sum_{k=1}^{n-1}k}=2^{\binom{n}{2}}$.
En (10) cancelar todo además de la potencia de $2$.
Nota: con el fin De mostrar el caso cuando se $n$ es incluso podemos adaptar esta respuesta a partir de (5).
