Cómo puedo probar el resultado en el caso general de la binomial serie o ¿cómo puedo demostrar formalmente en la función estoy dado que es representado por su Serie de Taylor?
Hay varios agradable y fácil de maneras. Lo que es más fácil, depende de lo que usted ya sabe.
Una manera en que utiliza el análisis complejo. La función de $f_\alpha(z) = (1+z)^\alpha = \exp\bigl(\alpha \log (1+z)\bigr)$ es holomorphic en la unidad de disco $\mathbb{D} = \{z\in \mathbb{C} : \lvert z\rvert < 1\}$, por lo que su desarrollo en serie de Taylor alrededor de $0$ converge localmente uniformemente a$f_\alpha$$\mathbb{D}$.
Ahora uno puede mostrar
$$\Biggl(\frac{d}{dz}\Biggr)^n f_\alpha(z) = n!\cdot \binom{\alpha}{n}\cdot (1+z)^{\alpha-n}\tag{1}$$
por inducción, y ve que los coeficientes de la serie de Taylor alrededor de $0$$\binom{\alpha}{n}$.
Otra manera en que utiliza la teoría de ecuaciones diferenciales. Si dejamos $f_\alpha(x) = (1+x)^\alpha$ y
$$g_\alpha(x) = \sum_{n=0}^\infty \binom{\alpha}{n}x^n,$$
entonces es fácil ver que $f_\alpha(0) = g_\alpha(0) = 1$. Y si nos diferencian y luego se multiplica con $(1+x)$, tenemos
$$(1+x)\cdot\frac{d}{dx}f_\alpha(x) = (1+x)\cdot\frac{d}{dx}(1+x)^\alpha = (1+x)\cdot \alpha (1+x)^{\alpha-1} = \alpha(1+x)^\alpha,$$
y
\begin{align}
(1+x)\cdot \frac{d}{dx} g_\alpha(x)
&= (1+x)\sum_{n=1}^\infty n\binom{\alpha}{n}x^{n-1}\\
&= (1+x) \sum_{n=1}^\infty \alpha\binom{\alpha-1}{n-1}x^{n-1}\\
&= \alpha\cdot(1+x)\sum_{m=0}^\infty \binom{\alpha-1}{m}x^m\\
&= \alpha\Biggl(\sum_{m=0}^\infty \binom{\alpha-1}{m}x^m + \sum_{m=0}^\infty \binom{\alpha-1}{m}x^{m+1}\Biggr)\\
&= \alpha \Biggl(1 + \sum_{m=1}^\infty \biggl(\binom{\alpha-1}{m} + \binom{\alpha-1}{m-1}\biggr)x^m\Biggr)\\
&= \alpha \Biggl(1+\sum_{m=1}^\infty \binom{\alpha}{m} x^m\Biggr)\\
&= \alpha g_\alpha(x).
\end{align}
Así que las dos funciones satisfacen la misma ecuación diferencial
$$(1+x)\cdot y' = \alpha y\tag{$\ast$}$$
con la condición inicial $y(0) = 1$. Por la unicidad de las soluciones de $(\ast)$(1), tenemos $f_\alpha \equiv g_\alpha$$\{ x : \lvert x\rvert < 1\}$.
(1) El mapa de $F\colon (x,y) \mapsto \alpha\frac{y}{1+x}$ locales satisface una condición de Lipschitz en $y$$(\mathbb{R}\setminus \{-1\})\times \mathbb{R}$, por lo que la Picard-Lindelöf teorema afirma la existencia y unicidad de soluciones de $(\ast)$ para cualquier condición inicial $y(x_0) = y_0$ en algunos barrios de $x_0 \neq -1$.
No es tan bueno y corto, pero no demasiado mal está mostrando que la serie converge a $f_\alpha$ mostrando que el resto tiende a $0$, donde usamos la forma integral de el resto término. Suponemos que $\alpha$ no es un entero no negativo, en ese caso, la serie es en realidad una suma finita, y la igualdad es sólo la fórmula binominal.
Como en el complejo método de análisis, vemos por inducción que la relación se $(1)$ mantiene, en donde ahora restringimos $z$ a ser real y $> -1$. Por lo tanto la serie
$$\sum_{n=0}^\infty \binom{\alpha}{n} x^n$$
es la serie de Taylor de $f_\alpha$ de centro $0$. El resto término en la forma integral es
$$R_n(x) = \frac{1}{n!} \int_0^x (x-t)^n f_\alpha^{(n+1)}(t)\,dt,$$
el uso de $(1)$, que se convierte en
$$R_n(x) = (n+1)\binom{\alpha}{n+1}\int_0^x (x-t)^n(1+t)^{\alpha-1-n}\,dt.$$
Si $0 \leqslant x < 1$, dejamos $K = \max \{ 1, (1+x)^\alpha\}$, $0 < (1+t)^{\alpha-1-n}\leqslant \frac{K}{(1+t)^{n+1}}\leqslant K$ todos los $n\in\mathbb{N}$$t\in [0,x]$, y tenemos la estimación
$$\lvert R_n(x)\rvert \leqslant K\cdot(n+1)\left\lvert\binom{\alpha}{n+1}\right\rvert \int_0^x (x-t)^n\,dt = K\left\lvert \binom{\alpha}{n+1}\right\rvert\cdot x^{n+1},$$
y desde que la serie converge para $\lvert y\rvert < 1$, en particular por $y = x$, los términos de $\binom{\alpha}{n+1} x^{n+1}$ convergen a $0$, lo $\lvert R_n(x)\rvert \to 0$.
Para $-1 < x < 0$, podemos escribir
\begin{align}
\lvert R_n(x)\rvert &= (n+1)\left\lvert \binom{\alpha}{n+1} \int_0^x (x-t)^n(1+t)^{\alpha-1-n}\,dt \right\rvert\\
&= (n+1)\left\lvert \binom{\alpha}{n+1} \int_0^{\lvert x\rvert} (x+t)^n(1-t)^{\alpha-1-n}\,dt\right\rvert\\
&= (n+1) \left\lvert\binom{\alpha}{n+1}\right\rvert \int_0^{\lvert x\rvert} (\lvert x\rvert-t)^n(1-t)^{\alpha-1-n}\,dt\\
&= (n+1) \left\lvert\binom{\alpha}{n+1}\right\rvert \int_0^{\lvert x\rvert} \biggl(\frac{\lvert x\rvert-t}{1-t}\biggr)^n (1-t)^{\alpha-1}\,dt.
\end{align}
Ahora observamos que $t \mapsto \frac{\lvert x\rvert-t}{1-t}$ es monótonamente decreciente en $[0,\lvert x\rvert]$, por lo que obtenemos la estimación
$$\lvert R_n(x)\rvert \leqslant (n+1)\left\lvert\binom{\alpha}{n+1}\right\rvert\cdot \lvert x\rvert^n \underbrace{\int_0^{\lvert x\rvert} (1-t)^{\alpha-1}\,dt}_C = C\lvert \alpha\rvert\cdot\left\lvert \binom{\alpha-1}{n} x^n\right\rvert.$$
Ya que también la serie de $\sum\limits_{n=0}^\infty \binom{\alpha-1}{n}x^n$ converge en el intervalo de $(-1,1)$, se deduce que el $R_n(x) \to 0$$x\in (-1,0)$.
Así hemos demostrado que $R_n(x) \to 0$ todos los $x\in (-1,1)$, por lo tanto la identidad
$$(1+x)^\alpha = \sum_{n=0}^\infty \binom{\alpha}{n} x^n$$
para $x\in (-1,1)$ está probado.
