$$F_n(t)=\frac{t^n}{n!}\left(\ln t-\sum_{k=1}^n\frac 1k\right)$$

Une excellente réponse de Yannek !

Franck, ta formule a l'air correcte (en tout cas, tes 4 premières valeurs sont bonnes), mais toute la difficulté réside justement dans le calcul de ton a.

Fireblade, c'est un calcul juste pour s'amuser. ça demande un niveau de milieu de première année de classe prépa je pense. Bien que des outils de niveau de terminale soient suffisants.

Non Filto, ce n'est pas ça. J'ai dit primitive, pas dérivée.

Les premières primitives sont
x.ln(x) - x
x^2/2 * ln(x) -3x^2/4
x^3/6 * ln(x) - 11x^3/36

Hypothèse: la primitive n-ième est de la forme suivante
(x^n)/n! * ln(x) - A(n)*x^n/(n!)^2
Dans cette expression, A(n) est une valeur qui dépend de n

Hypothèse qui se vérifie aux premiers rangs.

Posons U = ln(x), V' = (x^n)/n!; on a
V = (x^(n+1))/(n! * (n+1)) = x^(n+1)/(n+1)!
U' = 1/x
U'V = (x^n)/(n+1)!
Donc une primitive de U'V est 1/(n+1) * x^(n+1)/(n+1)!
Donc une primitive de UV' est x^(n+1)/(n+1)! * ln(x) - 1/(n+1) * x^(n+1)/(n+1)!

Reste à calculer une primitive de A*x^n/(n!)^2
Elle vaut A*x^(n+1)/(n! * (n+1)!)
Donc notre primitive n+1-ième vaut

x^(n+1)/(n+1)! * ln(x) - 1/(n+1) * x^(n+1)/(n+1)! - A*x^(n+1)/(n! * (n+1)!) =
x^(n+1)/(n+1)! * ln(x) - (x^(n+1) [n! + A*(n+1)]) /((n+1)!^2)

CQFD.
Au passage, A(n+1) = n! + A(n) * (n+1),avec A(0) = 0

Pfiouh.

Je vais partir d'une primitive de $\ln(x)$, à savoir $x \ln(x) - x$. Je cherche de la même façon une primitive de $x \ln(x) - x$ :
$$\left( \frac{x^2}{2} \ln(x) \right)' = x \ln(x) + \frac{x}{2} \Rightarrow \left( \frac{x^2}{2} \ln(x) - \frac{3 x^2}{4} \right)' = x \ln(x) - x$$
Une deuxième primitive de $\ln(x)$ est donc $\frac{x^2}{2} \left( \ln(x) - \frac{3}{2} \right)$.

Je me permets de supposer qu'il faudra un terme en $\frac{x^3}{6} \ln(x)$ la fois suivante (pour retomber sur le terme en $\frac{x^2}{2} \ln(x)$ en dérivant), et on ajoutera un terme en $x^3$ sur quelque chose pour virer l'autre terme obtenu en dérivant $\frac{x^3}{6} \ln(x)$...

Pour la primitive n-ième, on obtiendra donc probablement, selon ce même schéma, quelque chose du genre $\frac{x^n}{n!} \left( \ln(x) - a_n \right)$ avec $a_n \in \mathbb{R}$. On va dériver ce truc :
$$\left( \frac{x^n}{n!} \left( \ln(x) - a_n \right) \right)' = \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} \left( \ln(x) - a_n \right) + \frac{x^{n-1}}{n!} = \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} \ln(x) + (1 - n a_n) \frac{x^{n-1}}{n!}$$
Euh... récurrence ? La flemme de faire ça ce matin

Nombrilist : ma réponse n'est pas bonne? Une primitive est de la forme $\frac{x^n}{n!}-\frac{x^n}{n!}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}$ et TOUTES les primitives s'obtiennent en ajoutant un polynôme de degré n-1 (dont la dérivé n-ième sera nulle)?
Pour la démo, la récurrence ne pose pas de soucis, mais est longue à taper...

Edit : grosse erreur sur la somme des inverses confondue avec la somme des entiers...

Bonne réponse de Fireblade à une erreur d'étourderie près .

Scarta, l'expression de A(n) en fonction de n est assez simple. Mathias touchait au but.

En repartant de la dérivée effectuée par Mathias:
$$\left( \frac{x^n}{n!} \left( \ln(x) - a_n \right) \right)' = \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} \left( \ln(x) - a_n \right) + \frac{x^{n-1}}{n!} = \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} \ln(x) + (1 - n a_n) \frac{x^{n-1}}{n!}$$
On remarque $a_n =a_{n-1} +\frac1n$

Il n'est alors pas compliqué de retrouver:
$$F_n(t)=\frac{t^n}{n!}\left(\ln t-\sum_{k=1}^n\frac 1k\right)$$
On pouvait aussi facilement remarquer en factorisant que $xln(x)-x = x(ln(x) - 1)$ et qu'une primitive doit être:
$$\frac {x^2}2(ln(x)-1)' = xln(x)- x +\frac 12x$$
que l'on corrige par $-\frac 12$
$$\frac {x^3}3(ln(x)-\frac 32)' = \frac {x^2}2(ln(x)-\frac32+\frac13)$$
que l'on corrige par $-\frac 13$

La suite vient tout seul.

Bon, ça c'est la solution (probablement utilisée par Yannek) que j'ai trouvée après avoir résolu le problème façon Scarta. Il y avait un moyen de résoudre la suite développée par Scarta, mais c'est long à détailler.