級数の等式を示す

これを証明します。もっと簡単な方法があるかも。

まず、この積分を計算します。
$$I(m,n)={\int }_0^1{x}^m{\ln }^{n}xdx$$
$x=e^{-t}$と置換すればLaplace変換が使えますね。
$$\begin{array}{rl}I(m,n)& ={\int }_0^1{x}^m{\ln }^{n}xdx\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-(m+1)t}(-t{)}^{n}dt\\ & =(-1{)}^n\mathcal{L}[t^n](m+1)\\ & =\frac{(-1{)}^{n}n!}{(m+1{)}^{n+1}}\end{array}$$
次に、この積分を計算します。
$$J(m,n)={\int }_0^1{x}^m{\ln }^n(1-x)dx$$
閉じた形で書ければ御の字ですが、このままではどうなるか分からないのでとりあえず$\ln (1-x)$をMaclaurin展開してごり押します。
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^1{x}^m{\ln }^n(1-x)dx& =(-1{)}^n{\int }_0^1{x}^m{\left(\sum _{0<k}\frac{x^k}{k}\right)}^{n}dx\\ & =(-1{)}^n{\int }_0^1\sum _{0<i_1,\cdots ,i_n}\frac{x^{i_1+\cdots +i_n+m}}{i_1\cdots i_n}dx\\ & =(-1{)}^n\sum _{0<i_1,\cdots ,i_n}\frac{1}{i_1\cdots i_n(i_1+\cdots +i_n+m+1)}\\ & =(-1{)}^n\sum _{0<i_1,\cdots ,i_n}\frac{1}{m+1}(\frac{1}{i_1}-\frac{1}{i_1+m+1})\cdots (\frac{1}{i_n}-\frac{1}{i_1+\cdots +i_n+m+1})\\ & =\frac{(-1{)}^n}{m+1}\sum _{0<i_1,\cdots ,i_n}\prod _{k=1}^n(\frac{1}{i_k}-\frac{1}{1+m+\sum _{l=1}^k{i}_l})\end{array}$$
ここで、${\displaystyle {\int }_0^1{x}^m{\ln }^n(1-x)dx}$にKing Propertyを使ったあと$(1-x{)}^m$に二項定理を用いると
$$\begin{array}{rl}J(m,n)& ={\int }_0^1{x}^m{\ln }^n(1-x)dx\\ & ={\int }_0^1(1-x{)}^m{\ln }^{n}xdx\\ & ={\int }_0^1\sum _{i=0}^m(-x{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i}){\ln }^{n}xdx\\ & =(-1{)}^{n}n!\sum _{i=0}^m\frac{(-1{)}^i}{(i+1{)}^{n+1}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})\end{array}$$
となります。$J(m,n)$の二つの表示を見比べると
$$\frac{1}{n!(m+1)}\sum _{0<i_1,\cdots ,i_n}\prod _{k=1}^n(\frac{1}{i_k}-\frac{1}{1+m+\sum _{l=1}^k{i}_l})=\sum _{i=0}^m\frac{(-1{)}^i}{(i+1{)}^{n+1}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})$$
が分かります。
ここで、${\displaystyle \sum _{i=0}^m\frac{(-1{)}^i}{(i+1{)}^{n+1}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})}$について$i+1$を新たに$j$とすると
$$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^m\frac{(-1{)}^i}{(i+1{)}^{n+1}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})& =\sum _{i=0}^m\frac{(-1{)}^i}{(i+1{)}^{n+1}}\frac{m!}{i!(m-i)!}\\ & =\frac{1}{m+1}\sum _{j=1}^{m+1}\frac{(-1{)}^{j-1}}{j^{n+1}}\frac{(m+1)!}{(j-1)!(m+1-j)!}\\ & =\frac{1}{m+1}\sum _{j=1}^{m+1}\frac{(-1{)}^{j-1}}{j^n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{j})\\ & =\frac{H_{m+1}^{\star }(n)}{m+1}\end{array}$$
を得ます。$H_{m+1}^{\star }(n)$については この記事 を参照してください。
Hoffman's Identityより$H_{m+1}^{\star }(n)={\zeta }_{m+1}^{\star }(\{1{\}}^n)$なので
$$\frac{1}{n!(m+1)}\sum _{0<i_1,\cdots ,i_n}\prod _{k=1}^n(\frac{1}{i_k}-\frac{1}{1+m+\sum _{l=1}^k{i}_l})=\frac{1}{m+1}\sum _{1\le j_1\le \cdots \le j_n\le m+1}\frac{1}{j_1\cdots j_n}$$
となります。最後に$m+1\mapsto m$として命題の式を得ます。