Для доказательства выберем $r$ между $\left|x\right|$ и $R$. Так как степенной ряд равномерно сходится, ряд $(1)$ сходится равномерно на промежутке $[-r, r]$ , и следовательно по теореме (об интегрируемости функционального ряда на сегменте) на промежутке $[0, x]$ ряд можно почленно интегрировать.

1) Почленно интегрируем прогрессии:
$$\frac{1}{1+x}=1-x+{x}^{2}-\ldots+{(-1)}^{n-1}{x}^{n-1}+\ldots$$
$$\frac{1}{1+{x}^{2}}=1-{x}^{2}+{x}^{4}-\ldots+{(-1)}^{n-1}{x}^{2(n-1)}+\ldots$$

получаются такие разложения:

$$\int_{0}^{x}\frac{dx}{1+x}=\int_{0}^{x}1-\int_{0}^{x}x+\int_{0}^{x}{x}^{2}-\ldots+\int_{0}^{x}{(-1)}^{n-1}{x}^{n-1}+\ldots=$$
$$x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\ldots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+\ldots$$

$$\int_{0}^{x}\frac{dx}{1+{x}^{2}}=\int_{0}^{x}1-\int_{0}^{x}{x}^{2}+\int_{0}^{x}{x}^{4}-\ldots+\int_{0}^{x}{(-1)}^{n-1}{x}^{2(n-1)}+\ldots=$$
$$x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\ldots+(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}$$

2) Возьмем известное нам разложение в ряд функции $(1+x)^{-\frac{1}{2}}$ и заменим в нем $x$ на $-x^2$ (считая что $|x|<1$); в результате получим: $$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=1+\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{(2n-1)!!}{2n!!}}x^{2n}(-1<x<1)$$ .

Теперь проинтегрируем полученный ряд почленно на промежутке $[0, x]$ $(-1<x<1)$: $$\int_{0}^{x}{\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}}=arcsinx=x+\frac{1}{2}\cdot\frac{x^3}{3}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}\cdot\frac{x^5}{5}+\ldots+\frac{1\cdot3\cdot\ldots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot\ldots\cdot2n}\cdot\frac{x^{2n+1}}{2n+1}+\ldots$$

По следствию из теоремы Абеля это разложение имеет место и на концах $x=\pm1$, т. к. ряд справа сходиться в этих точках.

Возьмем любое $x$ внутри промежутка сходимости исходного ряда, так что $|x|<R$, и вставим число $r^\prime$ между $|x|$ и $R$:$|x|<r^\prime<R$.
Ввиду сходимости ряда $$\sum_{n=1}^{\infty}{a_n r^{\prime n}}=a_0+a_1 r^\prime+a_2 r^{\prime 2}+\ldots+a_n r^{\prime n}+\ldots ,$$

его общий член ограничен: $$|a_n|r^{\prime n}<L\;\;\;(L=const;n=1,2,3,\ldots)$$
Тогда для абсолютной величины $n$-го члена ряда $f^\prime(x)$ получается оценка $$n\mid a_n\mid \cdot|r^{n-1}|=n\mid a_n\mid \cdot r^{\prime n}\cdot {|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}\cdot \frac{1}{r^{\prime}}\le \frac{L}{r^\prime}\cdot n{|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}.$$
Ряд $$\frac{L}{r^\prime}\sum_{n=1}^{\infty}{n{|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}}=\frac{L}{r^\prime}\{1+2|\frac{x}{r^\prime}|+\ldots+n{|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}+\ldots\}$$ сходится; в этом можно убедиться с помощью признака Даламбера, если учесть что $|\frac{x}{r^{\prime}}|<1.$В этом случае абсолютно сходится ряд $f^\prime(x).$ Отсюда ясно что радиус сходимости $R^\prime$ ряда $f^\prime(x)$ не меньше $R.$
Если теперь взять любое $r<R$, то одновременно $r<R^\prime$; так как степенной ряд (1) равномерно сходится то и ряд $f^\prime(x)$ равномерно сходится в промежутке $[-r, r],$ так что — по теореме о почленном дифференцировании рядов — в этом промежутке допустимо почленное дифференцирование ряда (1). Так как $r<R$ произвольно, то основное утверждение теоремы доказано.

1) Разложить в степенной ряд функцию $e^x$

Рассмотрим ряд $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^n}{n!}}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\ldots$.

Ряд сходится при любых $x$. Почленно дифференцируя ряд получим: $$f^\prime(x)=\frac{d}{dx}1+\frac{d}{dx}x+\frac{d}{dx}\frac{x^2}{2!}+\frac{d}{dx}\frac{x^3}{3!}+\ldots=0+1+x+\frac{x^2}{2!}+\ldots=f(x)$$

Заметим что функция $f(x)$ удовлетворяет дифференциальному уравнению $f^\prime=f$. Общее решение этого уравнения имеет вид $f(x)=ce^x$, где $c$ — константа. Подставляя начальное значение $f(0)=1$, получим $c=1$. Таким образом получим разложение: $$f(x)=e^x=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^n}{n!}}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\ldots$$