Cerca de $x = 0$, la suma se expande como
\begin{align*}
\log(e^x)
&= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \sum_{n_1, \cdots, n_k = 1}^{\infty} \frac{x^{n_1+\cdots+n_k}}{n_!! \cdots n_k!} \\
&= \sum_{l=1}^{\infty} \Bigg( \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \sum_{\substack{n_1 \geq 1, \cdots, n_k \geq 1 \\ n_1 + \cdots + n_k = l}} \frac{1}{n_1! \cdots n_k!} \Bigg) x^l \\
&= \sum_{l=1}^{\infty} \Bigg( \sum_{k=1}^{l} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \sum_{\substack{n_1 \geq 1, \cdots, n_k \geq 1 \\ n_1 + \cdots + n_k = l}} \binom{l}{n_1,\cdots,n_k} \Bigg) \frac{x^l}{l!}
\end{align*}
Excepto por la obvia manipulación algebraica, hacemos la observación de que el límite superior de la suma de $k$ es reemplazado por $l$ en la última línea, simplemente porque el sumando es cero cuando $k > l$.
Nos centramos en el interior de la suma. Esta cuenta $k!$ el número de formas de particionar el conjunto $\{1,\cdots,l\}$ a $k$ no vacío desordenada de conjuntos, que es exactamente el número de Stirling del segundo tipo $\big\{ {l \atop k} \big\}$, y así, el problema se reduce a mostrar que la $ \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} (k-1)! \big\{ {l \atop k} \big\} = \delta_{1l}$. Para evitar el posible argumento circular, sin embargo, no vamos a utilizar esta observación.
Volviendo a la computación en la más íntima suma, se nota que esto es una reminiscencia de la suma que aparece en la expansión multinomial, aunque no es totalmente el mismo. De hecho, esta suma es la falta de términos correspondientes a los índices de $(n_1, \cdots, n_k)$ con al menos uno de ellos sea cero. Para una relación precisa entre esta suma y la expansión multinomial, se observa que
\begin{align*}
k^l
= (\overbrace{1 + \cdots + 1}^{k\text{ terms}})^l
&= \sum_{\substack{n_1 \geq 0, \cdots, n_k \geq 0 \\ n_1 + \cdots + n_k = l}} \binom{l}{n_1,\cdots,n_k} \\
&= \sum_{j=0}^{k} \binom{k}{j} \sum_{\substack{n_1 \geq 1, \cdots, n_j \geq 1 \\ n_1 + \cdots + n_j = l}} \binom{l}{n_1,\cdots,n_j}.
\end{align*}
A la luz de la inversa de la binomial transformar, esto produce
$$ \sum_{\substack{n_1 \geq 1, \cdots, n_k \geq 1 \\ n_1 + \cdots + n_k = l}} \binom{l}{n_1,\cdots,n_k} = \sum_{j=0}^{k} (-1)^{k-j} \binom{k}{j} j^l. \tag{*} $$
Conectando de nuevo, el problema se reduce a establecer la identidad
$$ \sum_{k=1}^{l} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \sum_{j=0}^{k} (-1)^{k-j} \binom{k}{j} j^l \quad \stackrel{?}{=} \quad \begin{cases} 1, & l = 1; \\ 0, & l \geq 2. \end{cases} \tag{$\diamante$} $$
Para calcular esta doble suma, el intercambio de la orden de la suma. Entonces
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{l} \frac{(-1)^{k-1}}{k} \sum_{j=0}^{k} (-1)^{k-j} \binom{k}{j} j^l
&= \sum_{j=1}^{l} (-1)^{j-1} j^l \sum_{k = 1}^{l} \frac{1}{k} \binom{k}{j} \\
&= \sum_{j=1}^{l} (-1)^{j-1} j^{l-1} \sum_{k = 1}^{l} \binom{k-1}{j-1} \\
&= \sum_{j=1}^{l} (-1)^{j-1} j^{l-1} \binom{l}{j} \tag{%#%#%}
\end{align*}
donde la última línea de la siguiente manera desde el hockey stick de identidad para los coeficientes binomiales. Sin embargo, en el caso de $\star$, reconocemos $l \geq 2$ como un caso especial de $(\star)$, correspondiente a $\text{(*)}$ índices de $l$ sumando a $n_1, \cdots, n_l \geq 1$. Dado que no se $l-1$-tupla $l$, la suma correspondiente evalúa a $(n_1, \cdots, n_l)$ como se requiere. Cuando $0$, manual de cálculo de $l = 1$ da $(\star)$. Por lo tanto, $1$ está establecido, lo que demuestra el deseo de identidad. $(\diamond)$
