No estoy seguro de que la siguiente sea la prueba más fácil, pero es la que he encontrado. Empecemos con el lema (que también se puede demostrar mediante una expansión del determinante)
Lema 1 Sea $D\left(a_1,a_2,\ldots,a_N\right) = \det\left\{f_{i,j}\left(a_j\right)\right\}_{i,j=1}^N$ . Entonces \begin{equation} \prod\limits_{i=1}^N \left(1+\frac{\partial}{\partial a_i}\right)D\left(a_1,a_2,\ldots,a_N\right) = \det\left\{f_{i,j}\left(a_j\right)+f'_{i,j}\left(a_{i,j}\right)\right\}_{i,j=1}^N. \end{equation}
Corolario 1 El lado izquierdo de la identidad inicial puede escribirse como $\det\left\{a_j^{i-1}\left(a_j+i\right)\right\}_{i,j=1}^N$ .
Demostración del lema 1 Si se puede demostrar \begin{equation} \left(1+\frac{\partial}{\partial a_N}\right)D\left(a_1,a_2,\ldots,a_N\right) = \det\left\{f_{i,j}\left(a_j\right)+\delta_{N,j}f'_{i,j}\left(a_{i,j}\right)\right\}_{i,j=1}^N, \end{equation} entonces el resultado se deduce de $N$ iteraciones de lo anterior. Sea $M = \left\{f_{i,j}\left(a_j\right)\right\}_{i,j=1}^N$ ser un $N\times N$ matriz. Entonces $D = \det M$ y por el Fórmula de Jacobi se tiene \begin{equation} \left(1+\frac{\partial}{\partial a_N}\right)D\left(a_1,a_2,\ldots,a_N\right) = D\left(a_1,a_2,\ldots,a_N\right)\left(1+\mathrm{Tr} \, M^{-1} \frac{\partial M}{\partial a_N}\right). \end{equation} La derivada $\frac{\partial M}{\partial a_N}$ es la matriz de rango uno con la última columna siendo sólo una columna distinta de cero, y podemos escribir $\frac{\partial M}{\partial a_N} = \underbrace{\left(f'_{1,N}\left(a_N\right), f'_{2,N}\left(a_N\right), \ldots,f'_{N,N}\left(a_N\right)\right)^T}_{u}\underbrace{\left(0,0,\ldots,1\right)}_{v^T}$ . Esto conduce a \begin{eqnarray} \left(1+\frac{\partial}{\partial a_N}\right)D\left(a_1,a_2,\ldots,a_N\right) &= & \det\left(M\right)\left(1+\mathrm{Tr} \, M^{-1} uv^T\right) = \det\left(M\right)\left(1+\mathrm{Tr} \,v^TM^{-1} u\right) \\ &=&\det\left(M\right)\left(1+v^TM^{-1} u\right) = \det\left(M + uv^T\right), \end{eqnarray} donde en la última igualdad hemos utilizado lema del determinante de la matriz . Definiciones de vectores $u$ y $v$ Ahora se obtiene el resultado. $\qquad \blacksquare$
Ahora nos queda la prueba de \begin{equation} \det\left\{a_j^{i}+ia_{j}^{i-1}\right\} = \Delta\left(a\right)\int\limits_{0}^{\infty}\mathrm{e}^{-t}\prod\limits_{j=1}^N\left(t+a_j\right)\,\mathrm{d}\,t.\tag{1}\label{eq:main} \end{equation}
Como siempre $S_N$ sea un conjunto de todas las permutaciones de índices $1,2,\ldots,N$ .
Definición Para cualquier multiíndice $\mathbf{i} = \left(i_1,i_2,\ldots,i_k\right)$ con $1\leq i_1<i_2<\ldots<i_k\leq N$ definimos un mapa $\tau_{\mathbf{i}}:S_N\to S_{N,k}$ por $$ \left(\tau_{\mathbf{i}}\sigma\right)_j:=\sigma_j+\mathbf{1}_{j\in \mathbf{i}}. $$ Para un multiíndice vacío definimos $\tau_{\emptyset} = \mathrm{id}$ . Para cualquier $0\leq k\leq N$ deje $S_{N,k}$ sea el conjunto de todos los multiíndices $\tau_{\mathbf{i}}\sigma$ para todos $\sigma\in S_N$ y $\mathbf{i}$ de longitud $k$ .
Un par de observaciones obvias sobre $S_{N,k}$ : se trata de un conjunto de multiíndices de longitud $N$ tal que $\sigma = \left(\sigma_1,\sigma_2,\ldots,\sigma_N\right)$ y
- todos $\sigma_j$ son enteros positivos;
- para cualquier $1\leq i\leq N$ uno tiene $1\leq \sigma_i \leq N+1$ ;
- $\sum\limits_{j=1}^N \sigma_j = \frac{N\left(N+1\right)}{2}+k$ ;
- es imposible tener diferentes $i,j,k$ tal que $\sigma_i=\sigma_j=\sigma_k$ .
El LHS de \ref {eq:main} puede escribirse como \begin{equation} \mathrm{LHS} = \sum\limits_{\sigma \in S_N}\left(-1\right)^{\sigma} \prod\limits_{j=1}^N a_j^{\sigma_j-1}\left(a_j+\sigma_j\right) =\sum\limits_{\sigma \in S_N}\left(-1\right)^{\sigma} \sum\limits_{\mathbf{i}} \prod\limits_{j=1}^N a_j^{\left(\tau_{\mathbf{i}}\sigma\right)_j-1} \prod\limits_{i \notin \mathbf{i}} \sigma_i. \end{equation} El punto principal de lo que sigue es una importante anulación de términos.
Prueba La suma en el lado derecho de la ecuación anterior puede escribirse como una suma sobre $\mu=\tau\sigma \in S_{N,k}$ para diferentes $k$ 's. Demostramos que sólo $\mu \in S_{N,k}$ que sobreviven son las permutaciones de $1,2,\ldots,N-k,N-k+2,N-k+3,\ldots,N+1$ . Sea $\mu \in S_{N,k}$ tiene todos $\mu_j$ siendo diferente, que es de la forma anterior y $\mu=\tau_{\mathbf{i}}\sigma$ para $\mathbf{i} = \left(\mu^{-1}\left(N-k+2\right),\mu^{-1}\left(N-k+3\right),\ldots,\mu^{-1}\left(N+1\right)\right)$ y $\sigma = \tau^{-1}_{\mathbf{i}}\mu$ . El subconjunto de estos multiíndices se denomina $\hat{S}_{N,k}$ . El coeficiente del término correspondiente es igual a $\prod\limits_{i\notin \mathbf{i}} \sigma_i = \prod\limits_{i\notin \mathbf{i}} \mu_i = (N-k)!$ . Ahora imagina $\mu$ tiene un par de elementos iguales $\mu_p=\mu_q=r$ . Entonces para cualquier $\mathbf{i}, \sigma$ tal que $\mu=\tau_{\mathbf{i}}\sigma$ existe una permutación $\sigma' = \left( \begin{array}{cccccccc} 1 & 2 & \ldots & p & \ldots & q & \ldots & N \\ 1 & 2 & \ldots & q & \ldots & p & \ldots & N \end{array} \right)\sigma$ y $\mathbf{i}'$ diferente de $\mathbf{i}$ cambiando $p$ a $q$ o no (dependiendo de si $p\in\mathbf{i}$ o $q\in\mathbf{i}$ ) tal que $\mu= \tau_{\mathbf{i}'}\sigma'$ . Ambos términos tienen el mismo coeficiente, pero distinto signo debido a $\sigma$ y $\sigma'$ siendo diferentes por una transposición. Por lo tanto, se anulan mutuamente. $\quad \blacksquare$
El LHS de \ref {eq:main} puede escribirse ahora como \begin{equation} \mathrm{LHS} = \sum\limits_{\mu\in S_{N,k}} \left(-1\right)^{\sigma}\prod\limits_{j=1}^{N}a_j^{\mu_j-1} (N-k)!. \end{equation} Ahora el lado derecho puede escribirse como \begin{equation} \mathrm{RHS} = \left(\sum\limits_{\sigma\in S_N} \left(-1\right)^{\sigma}\prod\limits_{j=1}^{N}a_j^{\sigma_j-1}\right)\cdot \left(\sum\limits_{\mathbf{i}}\left(N-\left|\mathbf{i}\right|\right)!\prod\limits_{j\in\mathbf{i}} a_j\right). \end{equation} Utilizando el mismo argumento que arriba se puede demostrar que los únicos multiíndices que sobrevivirán después de la multiplicación tienen la misma forma que arriba y el coeficiente correspondiente coincide. Esto demuestra la afirmación.