Desarrollo en serie de Maclaurin de $(1+x)^p$

Demostramos que la función $(1+x)^p$ es igual a la suma de su serie de Maclaurin.

Enunciado
Sea $p\in\mathbb{R}.$ Demostrar que si $\left|x\right|<1$ se verifica $$(1+x)^p=\binom{p}{0}+\binom{p}{1}x+\binom{p}{2}x^2+\cdots=\sum_{k=0}^{+\infty}\binom{p}{k}x^k.$$ Nota. Si además $p$ es entero $\geq 0,$  $$(1+x)^p=\binom{p}{0}+\binom{p}{1}x+\binom{p}{2}x^2+\cdots+\binom{p}{p}x^p$$ para todo $x\in\mathbb{R},$ como consecuencia del desarrollo del binomio de Newton

Solución
Recordemos que para  $p\in\mathbb{R}$ y $k$ número natural, $$\binom{p}{k}=\frac{p(p-1)\ldots(p-k+1)}{k!}\text{ si }k>0,\;\binom{p}{0}=1.$$ Hallemos previamente el radio de convergencia de la serie $\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\binom{p}{k}x^k.$ Distinguimos dos casos:
$a)$  $p$ es entero $\geq 0:$ entonces,  y por aplicación de la fórmula del binomio de Newton, $$(1+x)^p=\binom{p}{0}+\binom{p}{1}x+\binom{p}{2}x^2+\cdots+\binom{p}{p}x^p.$$ La suma es finita y por tanto el radio de convergencia es $R=+\infty.$
$b)$  $p$ no es entero $\geq 0.$ Si  $\left|x\right|\neq 0$ los términos de la serie son todos distintos de $0$ y podemos aplicar el criterio de D’Alembert, $$L=\lim_{n\to +\infty}\left|\frac{\displaystyle\binom{p}{n+1}x^{n+1}}{\displaystyle\binom{p}{n}x^{n}}\right|=\left|x\right|\lim_{n\to +\infty}\left|\frac{\dfrac{p(p-1)\cdots (p-n+1)(p-n)}{(n+1)!}}{\dfrac{p(p-1)\cdots (p-n+1)}{n!}}\right|$$ $$=\left|x\right|\lim_{n\to +\infty}\left|\frac{p-n}{n+1}\right|=\left|x\right|.$$ La serie es absolutamente convergente si $\left|x\right| < 1$ y divergente si $\left|x\right| > 1,$ luego el radio de convergencia es $R=1.$

Observación. Se concluye de lo anterior que si $\left|x\right|<1,$ $$\dfrac{p(p-1)\cdots (p-n+1)}{n!}x^n\to 0\qquad (1)$$ cuando $n\to +\infty.$

Hallemos ahora la derivada enésima de la función $f(x)=(1+x)^p.$ Tenemos $$f'(x)=p(1+x)^{p-1},$$ $$f^{\prime\prime}(x)=p(p-1)(1+x)^{p-2},$$ $$f^{\prime\prime\prime}(x)=p(p-1)(p-2)(1+x)^{p-3}.$$ El cálculo de estas derivadas sugiere la fórmula $$f^{(n)}(x)=p(p-1)(p-2)\ldots(p-n+1)(1+x)^{p-n}.\quad (2)$$ Se verifica para  $n=1,$ y si es cierta para un determinado  $n,$ entonces $$f^{(n+1)}(x)=\left(f^{(n)}(x)\right)’=\left(p(p-1)(p-2)\ldots(p-n+1)(1+x)^{p-n}\right)’$$ $$=p(p-1)(p-2)\ldots(p-n+1)(p-n)(1+x)^{p-n-1}$$ $$=p(p-1)(p-2)\ldots(p-n+1)\left(p-(n+1)+1\right)(1+x)^{p-(n+1)},$$ lo cual implica que la fórmula $(2)$ es cierta para todo  $n.$ El polinomio de Maclaurin de orden $n$ de  $f$ es: $$P_n(x)=f(0)+\frac{f'(0)}{1!}x+\frac{f^{\prime\prime}(0)}{2!}x^4+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$$ $$=1+\frac{p}{1!}x+\frac{p(p-1)}{2!}x^2+\cdots+\frac{p(p-1)(p-2)\ldots(p-n+1)}{n!}x^n$$ $$=\binom{p}{0}+\binom{p}{1}x+\binom{p}{2}x^2+\cdots+\binom{p}{n}x^n.$$ El correspondiente resto integral es: $$R_n(x)=\frac{1}{n!}\int_0^x(x-t)^nf^{(n+1)}(t)\;dt$$ $$=\frac{1}{n!}\int_0^x(x-t)^np(p-1)\ldots (p-n)(1+t)^{p-n-1}\;dt$$ $$=\frac{p(p-1)\ldots (p-n)}{n!}\int_0^x\left(\frac{x-t}{1+t}\right)^n(1+t)^{p-1}dt.$$ Acotemos el resto. Para ello consideramos la función $g(t)=\dfrac{x-t}{1+t}.$ Su derivada es $$g'(t)=-\frac{x+1}{(1+t)^2},$$ que es negativa en  $\left|x\right|<1$ y por tanto monótona decreciente. Por otra parte,  $g(0)=x$ y  $g(x)=0,$ luego  $\left|g(t)\right|\leq \left|x\right|$  para todo $t$ comprendido entre $0$ y $x.$ Entonces, $$\left|\int_0^x\left(\frac{x-t}{1+t}\right)^n(1+t)^{p-1}dt\right|\leq \left|x^n\int_0^x(1+t)^{p-1}dt\right|$$ $$\Rightarrow \left|R_n(x)\right|\leq \frac{p(p-1)\ldots (p-n)}{n!}\left|x^n\int_0^x(1+t)^{p-1}dt\right|.$$ La fórmula $(1)$ implica que $R_n(x)\to 0$ cuando $n\to +\infty,$ y por tanto si $\left|x\right|<1,$  $$(1+x)^p=\binom{p}{0}+\binom{p}{1}x+\binom{p}{2}x^2+\cdots.$$