2. Determine las siguientes series de Taylory de Maclaurin. \[ \begin{array}{ll}\text { a. } \quad f(x)=\sqrt{x} \quad \text { centrada en } a=4 \\ \text { b. } \quad f(x)=e^{-x} \quad \text { centrada en } a=1 \\ \text { c. } \quad f(x)=(1+x)^{\frac{1}{3}} \quad a=0 \\ \text { d. } \quad f(x)=\frac{1}{1+x^{2}} & a=0 \\ \text { e. } f(x)=x \cdot e^{x} & a=0\end{array} \]

**a. \( f(x)=\sqrt{x} \) centrada en \( a=4 \)** Definimos \( h=x-4 \) y reescribimos la función: \[ f(x)=\sqrt{x}=\sqrt{4+h}=2\sqrt{1+\frac{h}{4}}. \] Utilizamos la expansión de Taylor (o serie binomial) para \( \sqrt{1+y} \) con \( y=\frac{h}{4} \): \[ \sqrt{1+y}=1+\frac{1}{2}y-\frac{1}{8}y^2+\frac{1}{16}y^3+\cdots. \] Sustituyendo \( y=\frac{h}{4} \) y recordando que \( h=x-4 \), multiplicamos por 2: \[ \begin{aligned} \sqrt{4+h} &=2\left[ 1+\frac{1}{2}\cdot\frac{h}{4}-\frac{1}{8}\left(\frac{h}{4}\right)^2+\frac{1}{16}\left(\frac{h}{4}\right)^3+\cdots \right] \\ &= 2+\frac{h}{4}-\frac{h^2}{64}+\frac{h^3}{512}+\cdots \\ &= 2+\frac{1}{4}(x-4)-\frac{1}{64}(x-4)^2+\frac{1}{512}(x-4)^3+\cdots. \end{aligned} \] --- **b. \( f(x)=e^{-x} \) centrada en \( a=1 \)** Recordamos que la función exponencial tiene la serie: \[ e^{u}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{u^n}{n!}. \] Para \( f(x)=e^{-x} \) centrada en \( a=1 \), escribimos: \[ f(x)=e^{-x}=e^{-1}e^{-(x-1)}. \] Entonces: \[ e^{-(x-1)}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{[-(x-1)]^n}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n (x-1)^n}{n!}. \] Finalmente: \[ e^{-x}=e^{-1}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!}(x-1)^n. \] --- **c. \( f(x)=(1+x)^{\frac{1}{3}} \) centrada en \( a=0 \)** Utilizamos el binomio general: \[ (1+x)^{\alpha}=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\alpha}{n}x^n,\quad \text{donde}\quad \binom{\alpha}{n}=\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}. \] Con \( \alpha=\frac{1}{3} \): \[ (1+x)^{\frac{1}{3}}=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\frac{1}{3}}{n}x^n. \] Los primeros términos son: \[ \begin{aligned} n=0:&\quad \binom{1/3}{0}=1, \\ n=1:&\quad \binom{1/3}{1}=\frac{1}{3}, \\ n=2:&\quad \binom{1/3}{2}=\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}-1\right)}{2!}=\frac{\frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)}{2}=-\frac{1}{9}, \\ n=3:&\quad \binom{1/3}{3}=\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}-1\right)\left(\frac{1}{3}-2\right)}{3!}=\frac{\frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)\left(-\frac{5}{3}\right)}{6}=\frac{5}{81}. \end{aligned} \] Así, la serie es: \[ (1+x)^{\frac{1}{3}}=1+\frac{1}{3}x-\frac{1}{9}x^2+\frac{5}{81}x^3+\cdots. \] --- **d. \( f(x)=\frac{1}{1+x^2} \) centrada en \( a=0 \)** Esta función se puede expresar como una serie geométrica. Observamos que: \[ \frac{1}{1+x^2}=\frac{1}{1-(-x^2)}=\sum_{n=0}^{\infty} (-x^2)^n=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}. \] Esta serie converge para \( |x^2|<1 \) o \( |x|<1 \). --- **e. \( f(x)=x\cdot e^{x} \) centrada en \( a=0 \)** Utilizamos la serie de \( e^x \): \[ e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}. \] Multiplicamos por \( x \): \[ x\cdot e^x = x\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n!}. \] Si se prefiere escribir la suma comenzando en \( n=1 \), haciendo el cambio \( k=n+1 \): \[ x\cdot e^x = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{k}}{(k-1)!}. \]