Resumen: Esta respuesta consta de tres partes
En primer lugar desarrollamos fórmulas de adición en caso ligeramente diferente $k$veces sumas de dinero para $k=1,2,3$. Tomamos índices a partir de $0$ en lugar de $1$, lo que hace que el cálculo algo más conveniente.
Obtenemos para general $k\geq 1$ es una bonita expresión de la $k$veces la suma
\begin{align*}
\sum_{i_1=0}^{n}\sum_{i_2=0}^{n-i_1}&\ldots\sum_{i_k=0}^{n-i_1-i_2-\ldots-i_{k-1}}i_1(i_1+i_2)\cdots(i_1+i_2+\ldots+i_k)\\
\end{align*}
como la suma de los coeficientes binomiales .
Nos fijamos en la diferencia de la $k$veces sumas cuando a partir de $0$ y cuando a partir de $1$.
Sugerencia: Si usted no está familiarizado con las funciones de generación es posible que desee buscar en el backstage de información al final de esta respuesta.
Parte 1: Suma fórmula para $k=1,2,3$ y el índice inicial $0$
El siguiente es válido
\begin{align*}
\sum_{i=0}^ni&=\binom{n+1}{2}=\frac{1}{2}n(n+1)\tag{1}\\
\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{n-i}i(i+j)&=\binom{n+3}{4}+2\binom{n+2}{4}\\
&=\frac{1}{24}n(n+1)(n+2)(3n+1)\tag{2}\\
\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{n-i}\sum_{k=0}^{n-i-j}i(i+j)(i+j+k)&=\binom{n+5}{6}+8\binom{n+4}{6}+6\binom{n+3}{6}\\
&=\frac{1}{48}n^2(n+1)^2(n+2)(n+3)\tag{3}\\
\end{align*}
Nota, la representación de los coeficientes binomiales se ve prometedor, causa un patrón de $k>3$ puede ser fácilmente derivados. Veremos en la Parte 2, que las multiplicidades de los coeficientes binomiales también sigue un patrón conocido.
Con el fin de mostrar estas fórmulas necesitamos un repertorio de $\left(x\frac{d}{dx}\right)^k\frac{1}{1-x}$$k=1,\ldots,3$.
Obtenemos
\begin{align*}
\left(x\frac{x}{dx}\right)\frac{1}{1-x}&=\frac{x}{(1-x)^2}
=\sum_{n=0}^{\infty}nx^n\\
\left(x\frac{x}{dx}\right)^2\frac{1}{1-x}&=\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}
=\sum_{n=0}^{\infty}n^2x^n\\
\left(x\frac{x}{dx}\right)^3\frac{1}{1-x}&=\frac{x(1+4x+x^2)}{(1-x)^4}
=\sum_{n=0}^{\infty}n^3x^n\\
\end{align*}
También es conveniente utilizar el coeficiente de operador $[x^n]$ para denotar el coeficiente de $x^n$ en una generación de la serie.
Obtenemos para $k=1$
\begin{align*}
\sum_{i=0}^{n}i&=\sum_{i=0}^{n}i\cdot1\\
&=\sum_{i=0}^n[x^i]\left(x\frac{x}{dx}\right)\frac{1}{1-x}[x^{n-i}]\frac{1}{1-x}\tag{4}\\
&=\sum_{i=0}^n[x^i]\frac{x}{(1-x)^2}[x^{n-i}]\frac{1}{1-x}\\
&=[x^n]\frac{x}{(1-x)^3}\tag{5}\\
&=[x^n]x\sum_{k=0}^{\infty}\binom{-3}{k}(-x)^k\\
&=[x^{n-1}]\sum_{k=0}^{\infty}\binom{k+2}{2}x^k\tag{6}\\
&=\binom{n+1}{2}\\
&=\frac{1}{2}n(n+1)
\end{align*}
y (1) de la siguiente manera.
Comentario:
En (4) se utiliza la $$i=[x^i]\sum_{k=0}^{\infty}kx^x=[x^i]\left(x\frac{x}{dx}\right)\frac{1}{1-x}$$ and $$1=[x^{n-i}]\sum_{k=0}^{\infty}x^k=[x^{n-i}]\frac{1}{1-x}$$
En (5) utilizamos $[x^n]A(x)B(x)=\sum_{i=0}^{n}\left([x^i]A(x)\right)\left([x^{n-i}]B(x)\right)$
En (6), usamos la fórmula $\binom{-n}{k}=\binom{n+k-1}{k}(-1)^k=\binom{n+k-1}{n-1}(-1)^k$
Obtenemos para $k=2$
\begin{align*}
\sum_{i=0}^{n}&\sum_{j=0}^{n-i}i(i+j)\\
&=\sum_{i=0}^ni^2\sum_{j=0}^{n-i}1+\sum_{i=0}^ni\sum_{j=0}^{n-i}j\\
&= \sum_{i=0}^n[x^i]\left(x\frac{x}{dx}\right)^2\frac{1}{1-x}[x^{n-i}]\frac{1}{(1-x)^2}\\
&\qquad+\sum_{i=0}^n[x^i]\left(x\frac{x}{dx}\right)\frac{1}{1-x}[x^{n-i}]\frac{1}{1-x}\left(x\frac{x}{dx}\right)\frac{1}{1-x}\\
&= \sum_{i=0}^n[x^i]\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}[x^{n-i}]\frac{1}{(1-x)^2}+\sum_{i=0}^n[x^i]\frac{x}{(1-x)^2}[x^{n-i}]\frac{x}{(1-x)^3}\\
&=[x^n]\frac{x+2x^2}{(1-x)^5}\\
&=\left([x^{n-1}]+2[x^{n-2}]\right)\sum_{k=0}^{\infty}\binom{-5}{k}(-x)^k\\
&=\left([x^{n-1}]+2[x^{n-2}]\right)\sum_{k=0}^{\infty}\binom{k+4}{4}x^k\\
&=\binom{n+3}{4}+2\binom{n+2}{4}\\
&=\frac{1}{24}n(n+1)(n+2)(3n+1)
\end{align*}
y (2) de la siguiente manera.
$$ $$
Obtenemos para $k=3$
\begin{align*}
\sum_{i=0}^{n}&\sum_{j=0}^{n-i}\sum_{k=0}^{n-i-j}i(i+j)(i+j+k)\\
&=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n-i}\sum_{k=0}^{n-i-j}(i^3+2i^2j+i^2k+ij^2+ijk)\\
&=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n-i}\sum_{k=0}^{n-i-j}(i^3+4i^2j+ijk)\tag{7}\\
&=\sum_{i=0}^{n}i^3\sum_{j=0}^{n-i}1\sum_{k=0}^{n-i-j}1
+4\sum_{i=0}^{n}i^2\sum_{j=0}^{n-i}j\sum_{k=0}^{n-i-j}1\tag{8}\\
&\qquad+\sum_{i=0}^{n}i\sum_{j=0}^{n-i}j\sum_{k=0}^{n-i-j}k\\
\end{align*}
Nota, en (7) el uso de la simetría
\begin{align*}
\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n-i}\sum_{k=0}^{n-i-j}i^2j
=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n-i}\sum_{k=0}^{n-i-j}i^2k
=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n-i}\sum_{k=0}^{n-i-j}ij^2
\end{align*}
El cálculo de las tres sumas en (8) es sencillo y se puede hacer de forma similar a $k=1,2$.
Obtenemos
\begin{align*}
\sum_{i=0}^{n}i^3\sum_{j=0}^{n-i}1\sum_{k=0}^{n-i-j}1&=[x^n]\frac{x(1+4x+x^2)}{(1-x)^7}
=\binom{n+3}{6}+4\binom{n+4}{6}+\binom{n+5}{6}\\
\sum_{i=0}^{n}i^2\sum_{j=0}^{n-i}j\sum_{k=0}^{n-i-j}1&=[x^n]\frac{x^2(1+x)}{(1-x)^7}
=\binom{n+4}{6}+\binom{n+3}{6}\\
\sum_{i=0}^{n}i\sum_{j=0}^{n-i}j\sum_{k=0}^{n-i-j}k&=[x^n]\frac{x^3}{(1-x)^7}
=\binom{n+3}{6}\\
\end{align*}
La combinación de las tres sumas de acuerdo a (7) resultados en
\begin{align*}
\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n-i}\sum_{k=0}^{n-i-j}(i^3+4i^2j+ijk)
&=6\binom{n+3}{6}+8\binom{n+4}{6}+\binom{n+5}{6}\\
&=\frac{1}{48}n^2(n+1)^2(n+2)(n+3)
\end{align*}
y la demanda (3) de la siguiente manera.
$$ $$
Parte 2: Suma fórmula para todas las $k\geq 1$ y startindex $0$.
En la siguiente no nos dan una prueba para general $k$, pero nos proporcionan algunos de los aspectos que dan una fuerte evidencia de la veracidad de la reclamación.
Cuando se mira en
\begin{align*}
\sum_{i=0}^ni&=\color{blue}{1}\binom{n+1}{2}\\
\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{n-i}i(i+j)&=\color{blue}{1}\binom{n+3}{4}+\color{blue}{2}\binom{n+2}{4}\\
\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{n-i}\sum_{k=0}^{n-i-j}i(i+j)(i+j+k)&=\color{blue}{1}\binom{n+5}{6}+\color{blue}{8}\binom{n+4}{6}+\color{blue}{6}\binom{n+3}{6}\\
\end{align*}
la forma de los coeficientes binomiales pueden ser fácilmente generalizado. Los coeficientes
\begin{align*}
\color{blue}{1};\quad \color{blue}{1},\color{blue}{2};\quad \color{blue}{1},\color{blue}{8},\color{blue}{6}
\end{align*}
son parte de la OEIS secuencia A008517 y dan los valores de la Segunda orden de Euler del Triángulo $T(k,l),1\leq l\leq k$.
Los valores de $T(4,l), 1\leq l\leq 4$ $\color{blue}{1},\color{blue}{22},\color{blue}{58},\color{blue}{24}$ y, de hecho, es fácil comprobar que
\begin{align*}
\sum_{i=0}^n&\sum_{j=0}^{n-i}\sum_{k=0}^{n-i-j}\sum_{l=0}^{n-i-j-l}i(i+j)(i+j+k)(i+j+k+l)\\
&=
\color{blue}{1}\binom{n+7}{8}+\color{blue}{22}\binom{n+6}{8}+\color{blue}{58}\binom{n+5}{8}+\color{blue}{24}\binom{n+4}{8}
\end{align*}
Ahora estamos en la posición para
Reclamo: La siguiente fórmula de la $k$veces la suma es válido
\begin{align*}
\sum_{i_1=0}^{n}\sum_{i_2=0}^{n-i_1}&\ldots\sum_{i_k=0}^{n-i_1-i_2-\ldots-i_{k-1}}i_1(i_1+i_2)\cdots(i_1+i_2+\ldots+i_k)\\
&=\sum_{l=1}^{k}\color{blue}{T(k,l)}\binom{n+2k-l}{2k}\tag{9}
\end{align*}
con $T(k,l)$ los números de la segunda orden de Euler de un Triángulo (A008517).
$$ $$
Parte 3: Suma fórmula para todas las $k\geq 1$ y startindex $1$.
Finalmente, algunos aspectos acerca de la suma de la fórmula con los índices de partida con $1$.
Cuando se mira en las diferencias de
\begin{align*}
\sum_{i=0}^ni&-\sum_{i=1}^ni=0\\
\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{n-i}i(i+j)&-\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{n-i}i(i+j)=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\\
\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{n-i}\sum_{k=0}^{n-i-j}i(i+j)(i+j+k)&-
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{n-i}\sum_{k=1}^{n-i-j}i(i+j)(i+j+k)\\
&\qquad=\frac{1}{12}(n+1)^2(n+2)^2(2n+3)\\
\end{align*}
podemos encontrar como A000330 ( $k=2)$ , y como A108674 ($k=3)$ en la OEIS de la base de datos.
Algo más de elaboración podría ser buscar una diferencia fórmula general $k$ y que se combinan con el resultado de (9) para obtener una bonita expresión para la OPs $k$veces la suma de índices a partir de $1$.
Backstage de info:
Puede que quiera saltarse esta sección, si la generación de funciones son ya conocidos.
Cuando se mira en el $2$veces la suma
\begin{align*}
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{n-i}i(i+j)=\sum_{i=1}^n\left(i^2\sum_{j=1}^{n-i}1\right)+\sum_{i=1}^n\left(i\sum_{j=1}^{n-i}j\right)
\end{align*}
el exterior de la suma tiene la forma de un producto de Cauchy
\begin{align*}
\sum_{i=0}^{n}a_ib_{n-i}
\end{align*}
con el índice de $i$ a partir de a $1$ en lugar de $0$.
Dado que queremos utilizar funciones de generación $A(x)=\sum_{n= 0}^{\infty}a_nx^n$ para derivar las fórmulas de suma y el producto de la generación de la función
\begin{align*}
A(x)B(x)=\sum_{k= 0}^{\infty}a_kx^k\sum_{l= 0}^{\infty}b_lx^l
= \sum_{n= 0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n-k}a_kb_{n-k}\right)x^n
\end{align*}
da Cauchy productos, consideramos que $k$veces las sumas con el índice a partir de $0$ lugar.
Esto es interesante por su propio y más adelante podemos ver la diferencia a $k$veces las sumas con los índices a partir de $1$.
Podemos aplicar sucesivamente la $\left(x\frac{d}{dx}\right)$-operador de generación de función $A(x)$ obtener
\begin{align*}
\left(x\frac{d}{dx}\right)A(x)&=\sum_{n=0}^{\infty}na_nx^n\\
\left(x\frac{d}{dx}\right)^2A(x)&=\sum_{n=0}^{\infty}n^2a_nx^n
\end{align*}
La multiplicación de $A(x)$ $\frac{1}{1-x}$ resultados en resumir los coeficientes $a_n$
\begin{array}{crl}
(a_n)_{n\geq 0}\qquad &\qquad A(x)=&\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\\
\left(\sum_{k=0}^{n}a_k\right)_{n\geq 0}\qquad&\qquad\frac{1}{1-x}A(x)=&\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}a_k\right)x^n
\end{array}
