Me ha gustado la respuesta de Christian, y si quieres la prueba más corta partiendo de las definiciones de la serie, entonces ese es el camino a seguir. Pero, al igual que tú, tenía curiosidad por esta pregunta porque me gusta manipular series de potencias, y porque este problema acabó siendo más difícil de lo que pensaba.
He aquí una solución que responde a sus necesidades. Lo único que he omitido es demostrar que el intercambio del orden de la suma es válido cuando lo hago a continuación, que probablemente no es la parte de la prueba que te interesa.
Son necesarios algunos lemas, que enumeraré en primer lugar. Los dos primeros son identidades combinatorias bien conocidas, y omitiré las pruebas. Seguiré su enfoque, pero retrasaré la expansión de $e^x$ un poco más de tiempo, porque de lo contrario se obtienen sumas sobre un número arbitrariamente grande de variables, que acaban siendo difíciles de manejar.
Lema 1 : Para $m,n \in \mathbb{Z}$ con $0 \le m < n$ , $$ \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} k^m = 0 $$ La forma más fácil de demostrar esto es con el cálculo, pero se puede demostrar por inducción en $m$ a partir del resultado de que para $n \ge 1$ , $$ \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} = 0 $$ que a su vez se puede demostrar por inducción en $n$ . Por lo tanto, no es necesario hacer cálculos.
Lema 2 : $$ \sum_{n=k}^m \binom{n}{k} = \binom{m+1}{k+1} $$ Esto también se puede demostrar por inducción.
Lema 3 : $ e^x e^y = e^{x+y} $
Prueba : Este es mucho más fácil que el resultado principal. Expande el lado derecho utilizando la definición de serie y el teorema del binomio para obtener $$ e^{x+y} = \sum_{m=0}^\infty \frac{(x + y)^m}{m!} = \sum_{m=0}^\infty \sum_{i=0}^m \frac{1}{m!} \binom{m}{i} x^i y^{m-i} = \sum_{i=0}^\infty \sum_{m=i}^\infty \frac{x^i y^{m-i}}{i! (m-i)!} $$ Dejemos que $j=m-i$ y las sumas se vuelven independientes: $$ \sum_{i=0}^\infty \sum_{m=i}^\infty \frac{x^i y^{m-i}}{i! (m-i)!} = \sum_{i=0}^\infty \sum_{j=0}^\infty \frac{x^i y^j}{i!j!} = \left( \sum_{i=0}^\infty \frac{x^i}{i!} \right) \left( \sum_{j=0}^\infty \frac{x^j}{j!} \right) = e^x e^y $$
Lema 4 : $ (e^x)^y = e^{xy} $ cuando $y$ es un número entero no negativo.
Prueba : Esto es obvio utilizando el lema 3.
Resultado principal : $ \log(e^x) = x $
Prueba : Aplica la serie de potencias para el logaritmo, luego una expansión binomial, y luego la serie de potencias para la exponencial.
$$ \begin{align} \log(e^x) &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} ( e^x - 1 )^n \\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^{n-k} e^{kx} \\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^{n-k} \sum_{m=0}^\infty \frac{k^m x^m}{m!} \\ &= -\sum_{m=0}^\infty \frac{x^m}{m!} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k k^m \\ &= -\sum_{m=0}^\infty \frac{x^m}{m!} a_m \tag{1} \label{1} \end{align} $$
donde $a_m$ se ha definido como
$$ a_m = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k k^m $$
Dividir la suma entre $n$ en dos partes, desde $1$ a $m$ y de $m+1$ a $\infty$ .
$$ a_m = \sum_{n=1}^m \frac{1}{n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k k^m + \sum_{n=m+1}^\infty \frac{1}{n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k k^m $$
A la derecha, la suma sobre $k$ es cero por el lema 1 porque $n > m$ . Esto nos da
$$ a_m = \sum_{n=1}^m \frac{1}{n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k k^m \label{2} \tag{2} $$
En esta expresión, cuando $k \ge 1$ podemos aplicar la identidad
$$ \frac{1}{n} \binom{n}{k} = \frac{1}{k} \binom{n-1}{k-1} \label{3} \tag{3} $$
Afortunadamente, el $k=0$ términos en \eqref {2} son todos cero debido a la $k^m$ (ya que sólo estamos considerando $a_m$ donde $m \ge 1$ ). Dejando caer el $k=0$ términos, desplazando la suma sobre $n$ a la derecha, y aplicando \eqref {3} en \eqref {2}, obtenemos
$$ \begin{align} a_m &= \sum_{k=1}^m (-1)^k k^m \sum_{n=k}^m \frac{1}{k} \binom{n-1}{k-1} \\ &= \sum_{k=1}^m (-1)^k k^{m-1} \sum_{n=k}^m \binom{n-1}{k-1} \end{align} $$
Aplicando el lema 2 a la suma sobre $n$ da $$ a_m = \sum_{k=1}^m (-1)^k k^{m-1} \binom{m}{k} $$
Esto se puede simplificar aplicando de nuevo el Lemma 1. Sin embargo, hay que tener en cuenta que el Lemma 1 requiere la $k=0$ términos, que hemos abandonado antes para poder aplicar \eqref {3}. Ahora el $k=0$ término de la suma debe ser sustituido por la inclusión de $k=0$ en la suma y restarlo fuera de la suma.
$$ a_m = \left( \sum_{k=0}^m (-1)^k k^{m-1} \binom{m}{k} \right) - 0^{m-1} $$
Obviamente este término de la derecha es cero cuando $m>1$ pero el $m=1$ resultados del caso en $0^0$ . En este caso, la convención adecuada es que $0^0=1$ . (Por ejemplo, cuando expandimos la exponencial como $e^{kx} = \sum_m k^m x^m/m!$ El $m=0$ se interpreta como $1$ incluso cuando $k=0$ .) Dado que el $0^{m-1}$ da como resultado 0 para $m \ne 1$ y 1 para $m=1$ podemos escribirlo utilizando el delta de Kronecker como $\delta_{m,1}$ .
$$ a_m = \left( \sum_{k=0}^m \binom{m}{k} (-1)^k k^{m-1} \right) - \delta_{m,1} $$
Ahora se puede aplicar de nuevo el lema 1. (Nótese que las condiciones del lema se satisfacen porque $m-1 < m$ .) Esto da $ a_m = -\delta_{m,1} $ . Insertando esto en $\eqref{1}$ da el resultado final,
$$ \log(e^x) = x $$
