El siguiente es verdadero para $n\geq 1$
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{\infty}\left(1-\frac{k^2}{n}\right)\prod_{j=1}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)=0\tag{1}
\end{align*}
Nota, el vacío de producto es igual a $1$. Empezamos por transformar el producto en un poco de la forma más conveniente .
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{\infty}&\left(1-\frac{k^2}{n}\right)\prod_{j=1}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)\\
&=\sum_{k=1}^{n}\left(1-\frac{k^2}{n}\right)\frac{1}{n^{k-1}}\prod_{j=1}^{k-1}(n-j)\tag{2}\\
&=n!\sum_{k=1}^{n}\left(1-\frac{k^2}{n}\right)\frac{1}{n^k}\frac{1}{(n-k)!}\\
&=\frac{n!}{n^n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(1-\frac{(n-k)^2}{n}\right)\frac{n^k}{k!}\tag{3}\\
\end{align*}
En (2) se establece el límite superior de la suma a$n$, ya que para valores mayores de $n$ el producto contiene un factor de cero. En el último paso (3) hemos cambiado el índice de la sumatoria $k\rightarrow n-k$. En el siguiente nos saltamos el factor de $\frac{n!}{n^n}$ y mostrar la suma es igual a cero.
\begin{align*}
\sum_{k=0}&\left(1-\frac{(n-k)^2}{n}\right)\frac{n^k}{k!}\\
&=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}(n-n^2+2kn-k^2)\frac{n^k}{k!}\\
&=(1-n)\sum_{k=0}^{n-1}\frac{n^k}{k!}+2\sum_{k=1}^{n-1}k\frac{n^k}{k!}
-\frac{1}{n}\sum_{k=2}^{n-1}k(k-1)\frac{n^k}{k!}-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}k\frac{n^k}{k!}\tag{4}\\
&=(1-n)\sum_{k=0}^{n-1}\frac{n^k}{k!}+2n\sum_{k=0}^{n-2}\frac{n^k}{k!}
-n\sum_{k=0}^{n-3}\frac{n^k}{k!}-\sum_{k=0}^{n-2}\frac{n^k}{k!}\tag{5}\\
&=\frac{n^{n-1}}{(n-1)!}-n\frac{n^{n-1}}{(n-1)!}+n\frac{n^{n-2}}{(n-2)!}\\
&=\frac{n^{n-1}}{(n-1)!}\left(1-n+(n-1)\right)\\
&=0\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\Box
\end{align*}
Comentario:
En (4) el conjunto de las cotas inferiores del índice de consecuencia y de uso $k^2=k(k-1)+k$ a a ser capaz de cancelar los factores de la factoriales muy bien.
En (5) ajuste el índice, en consecuencia, para obtener la igualdad de sumandos para encastrar en el siguiente paso.
Añadido 2015-08-13: Una nota a la elegante enfoque de @BarryCipra debido a un comentario de @hipergeométrica.
Deje $R$ ser un entero positivo menor que $n$. Podemos obtener a partir de (1)
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{\infty}&\left(1-\frac{k^2}{n}\right)\prod_{j=1}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)\\
&=\sum_{k=1}^{R}\left(1-\frac{k^2}{n}\right)\prod_{j=1}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)+
\sum_{k=R+1}^{\infty}\left(1-\frac{k^2}{n}\right)\prod_{j=1}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)\\
&=\prod_{r=1}^R\left(1-\frac{r}{n}\right)\left(\sum_{k=1}^{R}\left(1-\frac{k^2}{n}\right)\prod_{j=k}^R\left(1-\frac{j}{n}\right)^{-1}\right.\\
&\qquad\qquad\qquad\qquad+\left.\sum_{k=R+1}^{\infty}\left(1-\frac{k^2}{n}\right)\prod_{j=R+1}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)\right)\tag{6}\\
&=\prod_{r=1}^R\left(1-\frac{r}{n}\right)\left(R+\sum_{k=R+1}^{\infty}\left(1-\frac{k^2}{n}\right)\prod_{j=R+1}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)\right)\tag{7}
\end{align*}
Comentario:
Observar la última línea de @BarryCipras representación corresponde a (7) con $R=3$.
Ya sabemos que (7) es válida, debemos proceder de la de (6) (7) afirmando la validez de la identidad
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{R}\left(1-\frac{k^2}{n}\right)\prod_{j=k}^R\left(1-\frac{j}{n}\right)^{-1}=R\qquad\qquad 1\leq R < n
\end{align*}
Esta identidad es un buen producto.
- Cuando la configuración de $R\geq n$ en (7) se observa, que el producto de la izquierda contiene un factor de cero. Pero no podemos utilizar este argumento en esta derivación, ya que debemos tener en cuenta que en (6) los factores de $\left(1-\frac{j}{n}\right)^{-1}$ que no están definidos en el caso de $j=n$.
