Para la suma $$\sum_{i_2=1}^{m} \sum_{i_1=1}^{i_2} i_1$$ Se puede simplificar a $$\sum_{i_2=1}^{m} \frac{i_2(i_2+1)}{2}$$ $$\sum_{i_2=1}^{m} \frac{1}{2}i_2^2+\frac{1}{2}i_2$$ $$\frac{1}{2}\sum_{i_2=1}^{m} i_2^2+ \frac{1}{2}\sum_{i_2=1}^{m} \frac{1}{2}i_2$$ $$\frac{m(m+1)(2m+1)}{12}+ \frac{m(m+1)}{4}$$ $$\frac{m(m+1)(2m+1)+3m(m+1)}{12}$$ $$\frac{(m+1)(m(2m+1)+3m)}{12}$$ $$\frac{m(2m+4)(m+1)}{12}$$ $$\frac{m(m+1)(m+2)}{6}$$ La siguiente suma (que no va a mostrar el trabajo en mi respuesta) resulta ser $$\frac{m(m+1)(m+2)(m+3)}{24}$$ Probablemente se puede conjeturar que el n La tercera suma (teniendo en cuenta $\frac{m(m+1)}{2}$ como el segundo) será $$\frac{1}{n!}\prod_{i=0}^{n-1} (m+i)$$ Aunque no estoy seguro de cómo probar esto exactamente. ¿Tal vez intentar la inducción?
Edición: Esto es válido para $n=1$ a través de $6$ utilizando la calculadora de sumas de Wolfram Alpha.
Edición: ¡Bien! ¡Tengo una prueba! Voy a demostrar la conjetura anterior utilizando la inducción matemática. Ya he demostrado que la conjetura es válida para los dos primeros, así que esa parte está fuera del camino. Nuestra conjetura es que
$$\sum_{n_{k-1}=1}^{n_k} \sum_{n_{k-2}=1}^{n_{k-1}} ... \sum_{n_0=1}^{n_1} 1=\frac{1}{k!}\prod_{i=0}^{k-1} (n_k+i)$$
Supongamos que esta afirmación es cierta para algunos $n_k$ . Entonces debemos demostrar que su verdad para algunos $n_k$ implica su verdad para $n_{k+1}$ o que si lo anterior es cierto, entonces
$$\sum_{n_k=1}^{n_{k+1}} \sum_{n_{k-1}=1}^{n_k} ... \sum_{n_0=1}^{n_1} 1=\frac{1}{(k+1)!}\prod_{i=0}^{k} (n_{k+1}+i)$$
También debe ser cierto. Esto puede parecer al principio un problema aterrador para atacar hasta que recordamos que asumimos que
$$\sum_{n_{k-1}=1}^{n_k} \sum_{n_{k-2}=1}^{n_{k-1}} ... \sum_{n_0=1}^{n_1} 1=\frac{1}{k!}\prod_{i=0}^{k-1} (n_k+i)$$
era cierto, permitiéndonos sustituir y en su lugar tener la tarea de demostrar
$$\sum_{n_k=1}^{n_{k+1}} \frac{1}{k!}\prod_{i=0}^{k-1} (n_k+i)=\frac{1}{(k+1)!}\prod_{i=0}^{k} (n_{k+1}+i)$$
Que es menos intimidante. Primero hay que notar que la cantidad
$$\prod_{i=0}^{k-1} (n_k+i)$$
es igual a
$$\frac{(n_k+k-1)!}{(n_k-1)!}$$
y podemos sustituirlo en nuestra ecuación para obtener
$$\sum_{n_k=1}^{n_{k+1}} \frac{1}{k!}\frac{(n_k+k-1)!}{(n_k-1)!}=\frac{1}{(k+1)!}\frac{(n_{k+1}+k)!}{(n_{k+1}-1)!}$$
Ahora podemos observar que
$$\frac{1}{k!}\frac{(n_k+k-1)!}{(n_k-1)!}$$
es lo mismo que
$$_{n_k+k-1}C_{n_k-1}$$
y ahora tenemos
$$\sum_{n_k=1}^{n_{k+1}} {_{n_k+k-1}C_{n_k-1}}=\frac{1}{(k+1)!}\frac{(n_{k+1}+k)!}{(n_{k+1}-1)!}$$
Ahora podemos atacar la suma
$$\sum_{n_k=1}^{n_{k+1}} {_{n_k+k-1}C_{n_k-1}}$$
Que se expande para formar
$$_kC_0+_{k+1}C_1+_{k+2}C_2+...+_{n_{k+1}+k-1}C_{n_{k+1}-1}$$
Ahora podemos utilizar la identidad de la fórmula de las combinaciones (puedes verificar esta identidad por ti mismo)
$$_nC_r=_{n+1}C_r-_nC_{r-1}$$
para expandir nuestra suma infinita:
$$_kC_0+(_{k+2}C_1-_{k+1}C_0)+(_{k+3}C_2-_{k+2}C_3)+...+(_{n_{k+1}+k}C_{n_{k+1}-1}-_{n_{k+1}+k-1}C_{n_{k+1}-2})$$
Ahora podemos ver que se trata de una suma telescópica que se condensa en
$$_kC_0-_{k+1}C_0+_{n_{k+1}+k}C_{n_{k+1}-1}$$ $$=1-1+_{n_{k+1}+k}C_{n_{k+1}-1}$$ $$=_{n_{k+1}+k}C_{n_{k+1}-1}$$
Cuando sustituimos esto en nuestra ecuación, obtenemos esto:
$$_{n_{k+1}+k}C_{n_{k+1}-1}=\frac{1}{(k+1)!}\frac{(n_{k+1}+k)!}{(n_{k+1}-1)!}$$ $$\frac{(n_{k+1}+k)!}{(k+1)!(n_{k+1}-1)!}=\frac{(n_{k+1}+k)!}{(k+1)!(n_{k+1}-1)!}$$
Que es una afirmación de verdad. Esto demuestra que si nuestro enunciado es verdadero para algunos $k$ entonces debe ser cierto para $k+1$ y como es cierto para $k=1$ es cierto para todos los números naturales $k$ . QED.
