Creo que está todo bastante bien hasta ahora (además de tal vez el índice de la parte, que se podría escribir un poco más rígida). Con el fin de mostrar que
\begin{align*}
\exp\left(\log\left(\frac{1}{1-x}\right)\right)=\frac{1}{1-x}
\end{align*}
podemos proceder de la siguiente manera:
\begin{align*}
\exp&\left(\log\left(\frac{1}{1-x}\right)\right)\\
&=\sum_{n\geq0}\frac{1}{n!}\left(\log\frac{1}{1-x}\right)^n\\
&= 1+\sum_{n\ge1}\frac{1}{n!}\left(\sum_{i_1\geq 1}\frac{x^{i_1}}{i_1}\right)\cdot\ldots\cdot\left(\sum_{i_n\geq 1}\frac{x^{i_n}}{i_n}\right)\\
&= 1+\sum_{n\ge1}\frac{1}{n!}\sum_{k\geq n}\sum_{{i_1+\ldots+i_n=k}\atop{i_1\geq 1,\ldots, i_n \geq 1}}\frac{x^k}{i_1\cdot\ldots\cdot i_n}\\
&= 1+\sum_{k\ge1}x^k\sum_{n=1}^{k}\frac{1}{n!}\sum_{{i_1+\ldots+i_n=k}\atop{i_1\geq 1,\ldots, i_n \geq 1}}\frac{1}{i_1\cdot\ldots\cdot i_n}\tag{1}\\
\end{align*}
Observar, las sumas que se intercambiaron en $(1)$.
Para proceder muy bien, voy de intercambio de los índices de $n$$k$. Tenemos
\begin{align*}
\exp&\left(\log\left(\frac{1}{1-x}\right)\right)\\
&= 1+\sum_{n\ge1}x^n\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\sum_{{i_1+\ldots+i_k=n}\atop{i_1\geq 1,\ldots, i_k \geq 1}}\frac{1}{i_1\cdot\ldots\cdot i_k}\tag{2}\\
&= 1+\sum_{n\ge1}x^n\sum_{k=1}^{n}
\sum_{{j_1+\ldots+j_n=k}\atop{{j_1+2j_2+\ldots+n j_n=n}\atop{j_1\geq 0,\ldots, j_n \geq 0}}}
\frac{1}{j_1!1^{j_1}\cdot\ldots\cdot j_n!n^{j_n}}\tag{3}\\
&= 1+\sum_{n\ge1}\frac{x^n}{n!}\sum_{k=1}^{n}
\sum_{{j_1+\ldots+j_n=k}\atop{{j_1+2j_2+\ldots+n j_n=n}\atop{j_1\geq 0,\ldots, j_n \geq 0}}}
\frac{n!}{j_1!1^{j_1}\cdot\ldots\cdot j_n!n^{j_n}}\tag{4}\\
&= 1+\sum_{n\ge1}\frac{x^n}{n!}\sum_{k=1}^{n}|s(n,k)|\tag{5}\\
&= 1+\sum_{n\ge1}x^n\tag{6}\\
&=\frac{1}{1-x}
\end{align*}
Así, hemos demostrado la pregunta.
Algunas de las observaciones a las transformaciones $(2)$ $(6)$
Observar el considerable cambio de variables del índice en el paso de$(2)$$(3)$.
En $(2)$ no es con $1 \leq k \leq n$:
$$\frac{1}{k!}\sum_{{i_1+\ldots+i_k=n}\atop{i_1\geq 1,\ldots, i_k \geq 1}}\frac{1}{i_1\cdot\ldots\cdot i_k}$$
y así sumamos más de todas las composiciones de $n$ que contiene exactamente $k$ (no negativo) de las piezas, mediante el cual la composición de los medios, que el orden de las partes de la materia.
Ahora podemos observar:
En $(3)$ cada composición $i_1+\ldots+i_k=n$ contiene $j_1$ $1$s, $j_2$ $2$s, hasta $j_n$, $n$s $j_l \geq 0$. Ya que consideramos que la composición de la $n$ tenemos
$$j_1 + 2 j_2 + \ldots + n j_n = n$$
Desde las composiciones bajo consideración contienen exactamente $k$ sumandos tenemos
$$j_1 + j_2 + \ldots + j_n = k$$
mientras que el otro $n-k$ sumandos son iguales a $0$. Por lo tanto, podemos resumir
$$\sum_{{j_1+\ldots+j_n=k}\cima{{j_1+2j_2+\ldots+n j_n=n}\cima{j_1\geq 0,\ldots, j_n \geq 0}}}
\frac{1}{j_1!1^{j_1}\cdot\ldots\cdot j_n!n^{j_n}}$$
Aquí, de nuevo con suma sobre todas las composiciones de $n$ que contiene exactamente $k$ (no negativo) de las piezas.
Algunos detalles escabrosos: Un factor de $j_l!j_l^m$ en el denominador respeta todas las composiciones con $m$ sumandos de tamaño $j_l$ . Desde cada uno de estos $m$ sumandos corresponde a un factor en el denominador en $(2)$, por lo tanto, hemos $j_l^m$ en el denominador de $(3)$. El numerador en $(2)$ dividido por $k!$ da la porción de todos los $k!$ permutaciones de la cual el intercambio de igualdad de sumandos es identificado. En $(3)$ el mismo es realizado por respetar exactamente la igualdad de sumandos.
Creo que para entender mejor lo que está pasando, es instructivo ver un ejemplo:
Ejemplo de $n=5$ (correspondiente a (2)):
\begin{align*}
k
&\quad i_1+i_2+\cdots+i_k=5
&a_k=\frac{1}{k!}& \left(\frac{1}{i_1\cdot\ldots\cdot i_k}\right)&5!a_k\\
\hline\\
1&\quad5&\frac{1}{1!}&\left(\frac{1}{5}\right)&24\\
2&\quad1+4&\frac{1}{2!}&\left(\frac{2}{1\cdot4}\right)&30\\
2&\quad2+3&\frac{1}{2!}&\left(\frac{2}{2\cdot3}\right)&20\\
3&\quad1+1+3&\frac{1}{3!}&\left(\frac{3}{1\cdot1\cdot3}\right)&20\\
3&\quad1+2+2&\frac{1}{3!}&\left(\frac{3}{1\cdot2\cdot2}\right)&15\\
4&\quad1+1+1+2&\frac{1}{4!}&\left(\frac{4}{1\cdot1\cdot1\cdot2}\right)&10\\
5&\quad1+1+1+1+1&\frac{1}{5!}&\left(\frac{1}{1\cdot1\cdot1\cdot1\cdot1}\right)&1\\
\end{align*}
Ejemplo de $n=5$ (correspondiente a (3)):
\begin{align*}
k&\quad j_1+2j_2+3j_3+4j_4+5 j_5=5&b_k=&\frac{1}{j_1!1^{j_1}\cdot\ldots\cdot j_n!n^{j_n}}&5!b_k\\
&\quad j_1+j_2+j_3+j_4+ j_5=k&&&\\
\hline\\
1&\quad (0,0,0,0,1)&&\frac{1}{1!5^1}&24\\
2&\quad (1,0,0,1,0)&&\frac{1}{1!1^1 1!4^1}&30\\
2&\quad (0,1,1,0,0)&&\frac{1}{1!2^1 1!3^1}&20\\
3&\quad (2,0,1,0,0)&&\frac{1}{2!1^21!3^1}&20\\
3&\quad (1,2,0,0,0)&&\frac{1}{1!1^1 2!2^2}&15\\
4&\quad (3,1,0,0,0)&&\frac{1}{3!1^3 1!2^1}&10\\
5&\quad (5,0,0,0,0)&&\frac{1}{5!1^5}&1\\
\end{align*}
Observar que los valores de $a_k$ $b_k$ en cada fila coinciden.
En $(3)$ la fracción es ampliado por $n!$ para obtener una multa de combinatoria interpretación en términos de permutaciones con los correspondientes ciclos:
De acuerdo a la sección $6.2$ de Avanzada de la Combinatoria de Louis Comtet obtenemos la siguiente definición y teorema:
Definición: Dejar $j_1,j_2,\dots,j_n$ ser enteros, $\geq 0$ tal forma que:
$$j_1+2 j_2+\cdots+n j_n=n$$
Una permutación $\sigma\in\mathcal{S}(N),|N|=n$ es de tipo $(j_1,j_2,\dots,j_n)$ si su descomposición en ciclos disjuntos contiene exactamente $j_l$ ciclos de longitud $l,l=1,2,3,\dots,n$.
Y prosigue (Teorema de B):
El número de permutaciones de tipo $(j_1,j_2,\dots,j_n)$ es igual a
\begin{align*}
\frac{n!}{j_1!1^{j_1}\cdot\ldots\cdot j_n!n^{j_n}}\tag{7}
\end{align*}
Ahora a observar, que podemos resumir en $(4)$ sobre todos los posibles ciclos de todas las longitudes de $1\leq k \leq n$, es decir, que la suma sobre todos los $n!$ permutaciones, que se traduce en la simplificación en $(6)$.
La razón para la introducción de $s(n,k)$ $(5)$ se presenta en el resto de la respuesta.
Nota: Cuando estamos hablando en $(7)$ sobre el número de permutaciones con ciertas ciclo de los tipos que hemos de mencionar la importante números de Stirling de primera especie. En realidad, toda la pregunta y la respuesta es permanentemente acerca de estos números y la signless variante de ellos. Teorema de D en la sección $6.2$ a partir de Avanzada de la Combinatoria de los estados:
El número de permutaciones de $n$ cuya descomposición ha $k$ ciclos es igual a la unsigned número de Stirling de primera especie $|s(n,k)|$
$$|s(n,k)|=\sum_{{j_1+\ldots+j_n=k}\cima{{j_1+2j_2+\ldots+n j_n=n}\cima{j_1\geq 0,\ldots, j_n \geq 0}}}
\frac{n!}{j_1!1^{j_1}\cdot\ldots\cdot j_n!n^{j_n}}$$
Ver las entradas correspondientes para $|s(n,k)|$ desde el ejemplo,$n=5$:
\begin{align*}
k&\quad j_1+2j_2+3j_3+4j_4+5 j_5=5
&&\frac{5!}{j_1!1^{j_1}\cdot\ldots\cdot j_n!n^{j_n}}&&|s(n,k)|\\
&\quad j_1+j_2+j_3+j_4+ j_5=k&&\\
\hline\\
1&\quad (0,0,0,0,1)&&24&&24\\
2&\quad (1,0,0,1,0)&&30&&50=30+20&\\
2&\quad (0,1,1,0,0)&&20&&&\\
3&\quad (2,0,1,0,0)&&20&&35=20+15&\\
3&\quad (1,2,0,0,0)&&15&&&\\
4&\quad (3,1,0,0,0)&&10&&10&\\
5&\quad (5,0,0,0,0)&&1&&1&\\
\end{align*}
Para, finalmente, cerrar el círculo: Comtet presenta en la sección $5.5$ el doble de la generación de la función de $s(n,k)$, lo cual está directamente relacionado con la expresión de $\exp(\log(\frac{1}{1-x}))$ de nuestra pregunta:
Una doble generación de la función de los Números de Stirling de primera especie es
\begin{align*}
\Psi(x,y)&=(1+x)^y\\
&=\sum_{n\geq 0}\left(\sum_{k \geq 0}s(n,k)y^k\right)\frac{x^n}{n!}\\
&=1+\sum_{n\geq 1}\left(\sum_{k=1}^{n}s(n,k)y^k\right)\frac{x^n}{n!}\\
\end{align*}
Desde $(1+x)^y=\exp\left(y \log(1+x)\right)$ se presenta como vertical de la generación de la función de $s(n,k)$:
\begin{align*}
\Psi_k(x,y)&=\sum_{n\geq k}s(n,k)\frac{x^n}{n!}\\
&=\frac{1}{k!}\left(\log(1+x)\right)^k
\end{align*}
Se puede demostrar fácilmente que la signless número de Stirling de primera especie se $|s(n,k)|=(-1)^{n-k}s(n,k)$. Tenemos, por tanto, de acuerdo a nuestra pregunta:
\begin{align*}
\Psi(-x,-y)&=(1-x)^{-y}\\
&=e^{y\log\frac{1}{1-x}}\\
&=\sum_{k\geq 0}\frac{y^k}{k!}\left(\log\frac{1}{1-x}\right)^k\\
&=\sum_{k\geq 0}y^k\Psi_k(-x,-y)\\
&=\sum_{k\geq 0}y^k\sum_{n\geq k}|s(n,k)|\frac{x^n}{n!}\\
\end{align*}
Nota: por Favor tenga en cuenta, que mucho más se puede decir acerca de los números de Stirling de primera y segunda clase. Comtet dedica un capítulo entero dedicado exclusivamente a estos números!
