• (a)

  Notons $𝒟$ l’intervalle de convergence de cette série entière.
  Le rayon de convergence étant $1$ on en déduit: $]-1;1[\subset 𝒟\subset [-1;1]$.
  De plus, $\left|\frac{{(-1)}^n}{n(n-1)}\right|\sim \frac{1}{n^2}$ donc $f(1)$ et $f(-1)$ existe. Ainsi $𝒟=[-1;1]$.

• (b)

  Sur $]-1;1[$, $f$ est de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ et

  $$f^{\prime }(x)=\sum _{n=2}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n}{n-1}{x}^{n-1}=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{n+1}}{n}{x}^n=\ln (1+x)\text{.}$$

  Donc

  $$\int \ln (1+x)dx=(1+x)\ln (1+x)-x+C\text{.}$$

  Puisque $f(0)=0$, on conclut

  $$f(x)=(1+x)\ln (1+x)-x$$

  sur $]-1;1[$.

• (c)

  $$\forall x\in [-1;1],\left|\frac{{(-1)}^n}{n(n-1)}{x}^n\right|\le \frac{1}{n(n-1)}\sim \frac{1}{n^2}$$

  donc la série de fonctions définissant $f$ converge normalement sur $[-1;1]$ et par suite $f$ est continue.

  $$f(1)=\underset{x\to 1^{-}}{lim}f(x)=\underset{x\to 1^{-}}{lim}\left((1+x)\ln (1+x)-x\right)=2\ln (2)-1$$

  et

  $$f(-1)=\underset{x\to -1^{+}}{lim}f(x)=\underset{x\to -1^{+}}{lim}\left((1+x)\ln (1+x)-x\right)=1\text{.}$$

• (a)

  $\sum u_n$ est une série entière de rayon de convergence $R=1$. Celle-ci converge en $1$ par application du critère spécial et diverge en $-1$. La série de fonctions converge simplement sur $]-1;1]$.

• (b)

  Pour $x\in ]-1;1]$,

  $$xS(x)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n}{n+1}{x}^{n+1}=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{n-1}}{n}{x}^n=\ln (1+x)\text{.}$$

  Pour $x\ne 0$,

  $$S(x)=\frac{\ln (1+x)}{x}$$

  et $S(0)=1$ (ce qui correspond à la valeur du prolongement par continuité).

• (c)

  Puisqu’il s’agit d’une série entière, il y a convergence normale sur tout segment inclus dans $]-1;1[$. Par le critère spécial, on peut établir la convergence uniforme sur $[0;1]$ mais il n’y a pas convergence normale sur ce domaine car

  $$\underset{x\in [0;1]}{sup}\left|u_n(x)\right|=\frac{1}{n+1}$$

  (il n’y a pas non plus convergence normale sur $[0;1[$).

  Il n’y a pas convergence uniforme (ni a fortiori convergence normale) sur $]-1;0]$. En effet, si par l’absurde cette convergence normale a lieu, on peut employer le théorème de la double limite en $-1$ et conclure à la convergence absurde de la série

  $$\sum \frac{1}{n+1}\text{.}$$

Clairement $R=+\mathrm{\infty }$.

$$\sum _{n\ge 0}\frac{(n+1)(n-2)}{n!}{x}^n=\sum _{n\ge 0}\frac{n^2-n-2}{n!}{x}^n=\sum _{n\ge 0}\frac{n(n-1)-2}{n!}{x}^n$$

donc

$$\sum _{n\ge 0}\frac{(n+1)(n-2)}{n!}{x}^n=\sum _{n\ge 2}\frac{x^n}{(n-2)!}-2\sum _{n\ge 0}\frac{x^n}{n!}=(x^2-2){\mathrm{e}}^x\text{.}$$

Pour $x\ne 0$,

$$\left|\frac{{(-1)}^{n+2}(n+1)}{{(-1)}^{n+1}n}\frac{x^{2n+3}}{x^{2n+1}}\right|\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\left|x^2\right|$$

donc $R=1$.
Pour $x\in ]-1;1[$

$$f(x)=\frac{1}{1+x}=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{(-1)}^n{x}^n$$

donc

$$x{f}^{\prime }(x)=-\frac{x}{{(1+x)}^2}=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{(-1)}^{n}n{x}^n$$

puis

$$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{(-1)}^{n+1}n{x}^{2n+1}=x\times \left(\frac{x^2}{{(1+x^2)}^2}\right)=\frac{x^3}{{(1+x^2)}^2}\text{.}$$

Pour $x\ne 0$, posons

$$u_n=\frac{x^{2n}}{2n+1}\ne 0\text{.}$$

Puisque

$$\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}{|x|}^2$$

on obtient $R=1$.
Sachant

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\right)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{x}^{2n}=\frac{1}{1-x^2}$$

on obtient par intégration de développement en série entière

$$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}={\int }_0^x\frac{\mathrm{d}t}{1-t^2}=\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)$$

puis, pour $x\ne 0$,

$$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n}}{2n+1}=\frac{1}{2x}\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)\text{.}$$

Pour $x=0$, la somme vaut 1.

Clairement $R=1$.

Posons

$$S(x)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n}}{4n^2-1}\text{.}$$

Par décomposition en éléments simples,

$$\frac{1}{4n^2-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)\text{.}$$

Sachant

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\right)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{x}^{2n}=\frac{1}{1-x^2}$$

on obtient par intégration de développement en série entière

$$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}={\int }_0^x\frac{\mathrm{d}t}{1-t^2}=\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)\text{.}$$

On en déduit

$$S(x)=\frac{1}{2}\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n}}{2n-1}-\frac{1}{2}\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n}}{2n+1}=-\frac{1}{2}+\frac{x^2-1}{4x}\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)\text{.}$$

pour $x\ne 0$ (et $S(0)=-1$).

• (a)

  Pour $|x|\le 1$, le terme général de la série est dominé par $1/n^2$ et, pour $|x|>1$, il ne tend pas vers $0$. La fonction $f$ est définie sur $[-1;1]$.

  Posons

  $$u_n(x)={(-1)}^{n-1}\frac{x^{2n+1}}{4n^2-1}\mathit{\hspace{1em}}\text{pour }x\in [-1;1]\text{.}$$

  Les fonctions $u_n$ sont continues sur $[-1;1]$ et la série de fonctions $\sum u_n$ converge normalement sur $[-1;1]$ car

  $$\left|u_n(x)\right|\le \frac{1}{4n^2-1}\mathit{\hspace{1em}}\text{pour tout }n\ge 1\text{.}$$

  On en déduit que la fonction $f$ est continue sur $[-1;1]$.

• (b)

  $f$ est la somme d’une série entière de rayon de convergence $R=1$ et donc dérivable sur $]-1;1[$ avec

  $$f^{\prime }(x)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{(-1)}^{n-1}\frac{x^{2n}}{2n-1}\text{.}$$

  Cette série satisfait le critère spécial des séries alternées et l’on peut proposer la majoration uniforme du reste

  $$\left|\sum _{n=N+1}^{+\mathrm{\infty }}{(-1)}^{n-1}\frac{x^{2n}}{2n-1}\right|\le \frac{1}{2N+1}\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

  On peut alors appliquer le théorème de la double limite et affirmer que $f^{\prime }(x)$ possède une limite finie en $1^{-}$ et $-1^{+}$. Par le théorème de la limite de la dérivée, il vient que $f$ est dérivable sur $[-1;1]$.

• (c)

  Pour $x\in ]-1;1[$, on remarque

  $$f^{\prime }(x)=1+x\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{(-1)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}=1+x\arctan (x)\text{.}$$

  Sachant $f(0)=0$,

  $$f(x)={\int }_0^x\left(-1-t\arctan (t)\right)dt=\mathrm{\cdots }=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\left(x^2+1\right)\arctan (x)$$

  et cette relation est aussi vraie en $\pm 1$ par continuité.

Par la règle de d’Alembert, on obtient $R=1$.
Posons

$$S(x)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n{x}^n}{2n+1}\text{.}$$

On a

$$xS(x^2)=\arctan (x)\text{.}$$

On en déduit

$$S(x)=\frac{\arctan \left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}\text{ pour }x>0\text{.}$$

Sachant

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\right)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{x}^{2n}=\frac{1}{1-x^2}$$

on obtient par intégration de développement en série entière

$$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}={\int }_0^x\frac{\mathrm{d}t}{1-t^2}=\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)\text{.}$$

On en déduit

$$xS(-x^2)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}=\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)$$

donc

$$S(x)=\frac{1}{2\sqrt{-x}}\ln \left(\frac{1+\sqrt{-x}}{1-\sqrt{-x}}\right)\text{ si }x<0\text{.}$$

Enfin, pour $x=0$, $S(0)=1$.

Pour $x\ne 0$, posons $u_n=\frac{x^{2n+1}}{3n+2}$.

$$\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}{x}^2$$

donc $R=1$.

La fonction somme $S$ est impaire, on se limite alors à $x>0$.

$$\sqrt{x}S(x^{3/2})=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^{3n+2}}{3n+2}\text{.}$$

Or

$$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^{3n+2}}{3n+2}={\int }_0^x\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{t}^{3n+1}\mathrm{d}t={\int }_0^x\frac{t}{1-t^3}dt$$

donc

$$S(x)=\frac{1}{x^{4/3}}{\int }_0^{x^{2/3}}\frac{t}{1-t^3}dt\text{.}$$

Il ne reste plus qu’à décomposer en éléments simples pour conduire le calcul

$$S(x)=\frac{1}{6x^{4/3}}\ln \left(\frac{x^{4/3}+x^{2/3}+1}{x^{4/3}-2x^{2/3}+1}\right)-\frac{1}{x^{4/3}\sqrt{3}}\left(\arctan \left(\frac{2x^{2/3}+1}{\sqrt{3}}\right)-\frac{\pi }{6}\right)\text{.}$$

Par la règle de d’Alembert, $R=1/\mathrm{e}$.
Sur $[-1/\mathrm{e};1/\mathrm{e}]$,

$$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{sh}(n)}{n(n+1)}{x}^n=\frac{1}{2}\left(\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(\mathrm{e}x)}^n}{n(n+1)}-\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(x/\mathrm{e})}^n}{n(n+1)}\right)\text{.}$$

Or sur $]-1;1[$,

$$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{y^n}{n(n+1)}=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{y^n}{n}-\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{y^n}{n+1}=-\ln (1-y)+\frac{1}{y}(\ln (1-y)+y)\text{.}$$

Cette identité pouvant être prolongée en $-1$ et en 1 par continuité.
Cela permet alors d’expliciter la somme cherchée.

Les séries entières définissant $S=S_0,S_1$ et $S_2$ sont de rayons de convergence $R=+\mathrm{\infty }$.
Pour $x\in ℝ$,

$$S_0(x)+S_1(x)+S_2(x)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}=\exp (x)\text{.}$$

On a aussi

$$S_0(x)+j{S}_1(x)+j^2{S}_2(x)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(jx)}^n}{n!}=\exp (jx)$$

et

$$S_0(x)+j^2{S}_1(x)+j{S}_2(x)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(j^{2}x)}^n}{n!}=\exp (j^{2}x)\text{.}$$

En sommant ces trois relations, on obtient

	$\forall x\in ℝ,S(x)$	$={\displaystyle \frac{1}{3}}\left(\exp (x)+\exp (jx)+\exp (j^{2}x)\right)$
		$={\displaystyle \frac{1}{3}}{\mathrm{e}}^x+{\displaystyle \frac{2}{3}}\mathrm{Re}\left({\mathrm{e}}^{jx}\right)$
		$={\displaystyle \frac{1}{3}}{\mathrm{e}}^x+{\displaystyle \frac{2}{3}}\cos \left({\displaystyle \frac{\sqrt{3}x}{2}}\right){\mathrm{e}}^{-x/2}\text{.}$

On vérifie que la série entière définissant $S$ est de rayon de convergence $R=+\mathrm{\infty }$. Pour tout $x\in ℝ$,

	$S^{\prime \prime }(x)+S^{\prime }(x)+S(x)$	$={\displaystyle \sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}}{\displaystyle \frac{x^{3n-2}}{(3n-2)!}}+{\displaystyle \sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}}{\displaystyle \frac{x^{3n-1}}{(3n-1)!}}+{\displaystyle \sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}}{\displaystyle \frac{x^{3n}}{(3n)!}}$
		$={\displaystyle \sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}}{\displaystyle \frac{x^n}{n!}}={\mathrm{e}}^x\text{.}$

La fonction $S$ est donc solution de l’équation différentielle linéaire à coefficient constant

$$y^{\prime \prime }+y^{\prime }+y={\mathrm{e}}^x\text{.}$$

La fonction $x\mapsto \frac{1}{3}{\mathrm{e}}^x$ est solution particulière et la solution générale s’exprime

$$y(x)=\frac{1}{3}{\mathrm{e}}^x+\left(\lambda \cos \left(\frac{\sqrt{3}x}{2}\right)+\mu \sin \left(\frac{\sqrt{3}x}{2}\right)\right){\mathrm{e}}^{-x/2}\text{.}$$

Les conditions initiales $S(0)=1$ et $S^{\prime }(0)=0$ déterminent les valeurs de $\lambda$ et $\mu$:

$$\lambda =\frac{2}{3}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\mu =0\text{.}$$

On conclut

$$\forall x\in ℝ,S(x)=\frac{1}{3}{\mathrm{e}}^x+\frac{2}{3}\cos \left(\frac{\sqrt{3}x}{2}\right){\mathrm{e}}^{-x/2}\text{.}$$

• (a)

  Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes, pour $|x|<\min (R,R^{\prime })$, $\sum c_n{x}^n$ est absolument convergente et

  $$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n=\left(\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n\right)\left(\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{b}_n{x}^n\right)\text{.}$$

  Ainsi le rayon de convergence $R^{\prime \prime }$ de $\sum c_n{x}^n$ vérifie $R^{\prime \prime }\ge \min (R,R^{\prime })$.
  En revanche, on ne peut facilement rien dire de plus de façon générale. Par exemple $1-x$ et $\frac{1}{1-x}$ se développent en série entière de rayons de convergence $+\mathrm{\infty }$ et 1 et leur produit de Cauchy est de rayon de convergence $+\mathrm{\infty }$ …

• (b)

  Puisque $1+\frac{1}{2}+\mathrm{\cdots }+\frac{1}{n}\sim \ln (n)$, on obtient facilement $R=1$.
  Si l’on pose $a_k=\frac{1}{k}$ pour $k\ge 1$ et $b_k=1$ pour $k\ge 0$ alors

  $$\sum _{k=1}^n{a}_k{b}_{n-k}=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\text{.}$$

  Par suite, pour $|x|<1$,

  $$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\left(1+\frac{1}{2}+\mathrm{\cdots }+\frac{1}{n}\right)x^n=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{x}^n=-\frac{\ln (1-x)}{1-x}\text{.}$$

• (a)

  La suite $\left(\tan (n\pi /5)\right)$ est périodique non constante égale à $0$: les coefficients de la série entière sont bornées et ne tendent pas vers $0$, le rayon de convergence de la série entière vaut $1$.

• (b)

  Sachant

  $$\tan (2x)=\frac{2\tan (x)}{1-{\tan }^2(x)}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\tan (\pi -x)=-\tan (x)$$

  on obtient

  $$\tan \left(\frac{2\pi }{5}\right)=\frac{2a}{1-a^2},\tan \left(\frac{3\pi }{5}\right)=-\frac{2a}{1-a^2}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\tan \left(\frac{4\pi }{5}\right)=-a\text{.}$$

• (c)

  Pour $|z|<1$ et $N\in {\mathbb{N}}^{*}$,

  $$S_{5N}(z)=a\sum _{k=0}^{N-1}{z}^{5k+1}+\frac{2a}{1-a^2}\sum _{k=0}^{N-1}{z}^{5k+2}-\frac{2a}{1-a^2}\sum _{k=0}^{N-1}{z}^{5k+3}-a\sum _{k=0}^{N-1}{z}^{5k+4}\text{.}$$

  Par sommations géométriques,

  $$S_{5N}(z)=\frac{1}{1-z^5}\left(a\left(z-z^{5N+1}\right)+\frac{2a}{1-a^2}\left(z^2-z^{5N+2}\right)-\frac{2a}{1-a^2}\left(z^3-z^{5N+3}\right)-a\left(z^4-z^{5N+4}\right)\right)\text{.}$$

• (d)

  Soit $x\in ]-1;1[$. Lorsque $N$ tend vers $+\mathrm{\infty }$, on conclut

  	$S(x)$	$={\displaystyle \frac{1}{1-x^5}}\left(a\left(x-x^4\right)+{\displaystyle \frac{2a}{1-a^2}}\left(x^2-x^3\right)\right)$
  		$={\displaystyle \frac{1}{1+x+x^2+x^3+x^4}}\left(ax\left(1+x+x^2\right)+{\displaystyle \frac{2a}{1-a^2}}{x}^2\right)\text{.}$

• (a)

  Par convergence dominée par la fonction $\phi :t\mapsto 1$, on obtient $a_n\to 0$.

• (b)

  On a

  $$a_n+a_{n+2}={\int }_0^{\pi /4}{\left(\tan (t)\right)}^{\prime }{\left(\tan (t)\right)}^{n}dt=\frac{1}{n+1}\text{.}$$

• (c)

  Par monotonie $a_n+a_{n+2}\le 2a_n\le a_n+a_{n-2}$. On en déduit

  $$a_n\sim \frac{1}{2n}\text{.}$$

  Le rayon de convergence de la série entière $\sum a_n{x}^n$ est donc égale à 1.
  Pour $x=1$, $\sum a_n$ diverge en vertu de l’équivalent précédent et par comparaison de séries à termes positifs.
  Pour $x=-1$, $\sum {(-1)}^n{a}_n$ en vertu du critère spécial des séries alternées, la suite $(a_n)$ étant notamment décroissante.
  Ainsi la fonction $f$ est définie sur $[-1;1[$.

• (d)

  Puisque $a_n+a_{n+2}=\frac{1}{n+1}$, on a

  $$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\left(a_{n+2}{x}^{n+1}+a_n{x}^{n+1}\right)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}=-\ln (1-x)$$

  pour $x\in [-1;1[$. Or

  $$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\left(a_{n+2}{x}^{n+1}+a_n{x}^{n+1}\right)=\frac{1}{x}\left(f(x)-a_0-a_{1}x\right)+xf(x)$$

  donc

  $$f(x)=\frac{1}{x^2+1}\left(\frac{\pi }{4}+\frac{\ln (2)}{2}x-x\ln (1-x)\right)$$

  pour $x\ne 0$ et aussi pour $x=0$ par continuité.
  On peut aussi procéder à une permutation somme intégrale pour parvenir à

  $${\int }_0^{\pi /4}\frac{\mathrm{d}t}{1-x\tan (t)}\text{.}$$

• (a)

  On a

  $$|a_n|=\frac{1}{n!}{\int }_0^{1}t\prod _{k=1}^{n-1}(k-t)\mathrm{d}t\le \frac{1}{n!}{\int }_0^1\prod _{k=1}^{n-1}k\mathrm{d}t\le \frac{1}{n}$$

  donc $R\ge 1$.

  $$|a_n|\ge \frac{1}{n!}{\int }_0^{1}t(1-t)\times \prod _{k=2}^{n-1}(k-1)\mathrm{d}t\ge \frac{1}{4n(n-1)}$$

  donc $R\le 1$.

  Finalement, $R=1$.

• (b)

  Soit $x\in ]-1;1[$.

  $$S(x)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_0^1\frac{1}{n!}\prod _{k=0}^{n-1}(t-k)x^n\mathrm{d}t$$

  or par convergence uniforme de la suite de fonctions de la variable $t$ sur $[0;1]$ (convergence uniforme obtenue par convergence normale grâce à $|x|<1$) on peut permuter somme et intégrale.

  $$S(x)={\int }_0^1\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n!}\prod _{k=0}^{n-1}(t-k)x^n\mathrm{d}t={\int }_0^1{(1+x)}^{t}dt={\left[\frac{{(1+x)}^t}{\ln (1+x)}\right]}_{t=0}^{t=1}=\frac{x}{\ln (1+x)}\text{.}$$