Volví al problema y las cosas se aclararon. Gracias a almagest por la inspiración para considerar su función recursiva.
Para mantener todo en un solo lugar, empezaré por las definiciones del principio:
Dejemos que $S \colon \mathbb{N}^{2} \to \mathbb{N}$ y definir como sigue:
$$ \begin{align} S(0,0) & \equiv 0 \\ S(0,k) & \equiv 0 \\ S(a,0) & \equiv 1 \label{eq_Sa0}\tag{1}\\ S(a,k) & \equiv \sum_{n_{1}=0}^{a} n_{1} \sum_{n_{2}=0}^{n_{1}+1} + ... n_{k-1} \sum_{n_k=0}^{n_{k-1}+1} \end{align} $$
Entonces podemos definir recursivamente $S$ de la siguiente manera:
$$ S(a,k+1) = \sum_{n=0}^{a} n S(n+1,k) $$
Queremos demostrar lo siguiente ya que el caso $a=1$ reduce a mi pregunta original (que se mostrará más adelante):
$$ S(a,k) = \frac{1}{2^{k}k!} \prod_{p=0}^{2k-1} (a+p) \label{eq_main}\tag{2} $$
Antes de continuar necesitaremos hacer uso del siguiente lema (prestar mucha atención al índice $k$ ):
$$ \sum_{n=0}^{a} \prod_{p=0}^{k-1} (a+p) = \frac{1}{k+1} \prod_{p=0}^{k} (a+p) \label{eq_lemma}\tag{3} $$
Para demostrar \ref{eq_lemma} procederemos por inducción. En primer lugar, observemos que \ref{eq_lemma} es trivialmente cierto para todo $k \in \mathbb{N}$ cuando $a=0$ :
$$ \begin{align} \sum_{n=0}^{0} \prod_{p=0}^{k-1} (a+p) & = \prod_{p=0}^{k-1} p = 0 \\ & = \frac{1}{k+1} \prod_{p=0}^{k} (0+p) \end{align} $$
Como sabemos que \ref{eq_lemma} es cierto para todo $k \in \mathbb{N}$ con al menos un determinado $a \in \mathbb{N}$ entonces
$$ \begin{align} \sum_{n=0}^{a+1} \prod_{p=0}^{k-1} (a+p) & = \sum_{n=0}^{a} \prod_{p=0}^{k-1} (a+p) + (a+1)(a+2) \cdots (a+k) \\ & = \frac{1}{k+1} \prod_{p=0}^{k} (a+p) + (a+1)(a+2) \cdots (a+k) \\ & = (a+1)(a+2) \cdots (a+k)\left(\frac{a}{k+1} + 1\right) \\ & = \frac{1}{k+1}(a+1)(a+2) \cdots (a+k)[a + (k+1)] \\ & = \frac{1}{k+1} \prod_{p=0}^{k} (a + 1 +p) \end{align} $$
Así, quod erat demonstrandum para el lema \ref {eq_lemma}.
Ahora volvamos a la demostración de \ref{eq_main} y procedamos inductivamente desde el caso trivial $k=1$ lo cual es claramente cierto para todos los $k \in \mathbb{N}$ ya que por definición conocemos \ref{eq_Sa0}:
$$ \begin{align} S(a,1) & = \sum_{n=0}^{a} n S(a+1,0) \\ & = \sum_{n=0}^{a} n \\ & = \frac{1}{2} a(a+1) \end{align} $$
Por lo tanto, sabemos que \ref{eq_main} es verdadera para todo $a \in \mathbb{N}$ para algún tipo de $k \in \mathbb{N}$ . Así que procedemos por inducción en $k$ teniendo en cuenta el Lemma \ref{eq_lemma} de arriba:
$$ \begin{align} S(a,k+1) & = \sum_{n=0}^{a} n S(n+1,k) \\ & = \sum_{n=0}^{a} n \frac{1}{2^{k}k!} \prod_{p=0}^{2k-1} (n + 1 +p) \\ & = \frac{1}{2^{k}k!} \sum_{n=0}^{a} \prod_{p=0}^{2k} (n + p) \\ & = \frac{1}{2^{k}k!} \left[\frac{1}{2(k+1)} \prod_{p=0}^{k+1} (a+p)\right] \\ & = \frac{1}{2^{k+1}(k+1)!} \prod_{p=0}^{k+1} (a+p) \end{align} $$
Y Q.E.D. para la ecuación \Nref{eq_main}. Ahora todo lo que queda por demostrar es que \ref{eq_main} se reduce a la pregunta del post original cuando $a=1$ :
$$ \begin{align} \sum_{n_{1}=0}^{1} n_{1} \sum_{n_{2}=0}^{n_{1}+1} + ... n_{k-1} \sum_{n_k=0}^{n_{k-1}+1} &= S(1,k) \\ & = \frac{1}{2^{k}k!} \prod_{p=0}^{2k-1} (p+1) \\ & = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots (2k-1)2k}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2k-2)2k} \\ & = \prod_{p=1}^{k} (2p-1) \end{align} $$
Q.E.D.
Gracias de nuevo, almagest por la inspiración.
