Nota: de Acuerdo a la OPs comentario la respuesta que él está interesado en que ya está dado en el predecesor de la pregunta.
Con el fin de proporcionar alguna información adicional aquí es un enfoque diferente siguiendo la referencia indicada en el papel de J. Sondow. De hecho, esta respuesta sólo se ocupa de un aspecto específico de la OPs pregunta.
J. Sondow indica en la sección 2 que cualquier convergencia de la serie de $A$ de los números complejos, escrito con la alternancia de signos tiene la siguiente representación
\begin{align*}
A=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_n=\sum_{j=0}^{k-1}\frac{\Delta^j a_1}{2^{j+1}}+
\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{\Delta^k a_n}{2^k},\tag{1}
\end{align*}
donde $\Delta^0 a_n=a_n$ y
\begin{align*}
\Delta^k a_n=\Delta^{k-1}a_n-\Delta^{k-1}a_{n+1}=\sum_{m=0}^k(-1)^m\binom{k}{m}a_{n+m},
\end{align*}
para $k\geq 1$. Él continúa diciendo que en la Teoría y la Aplicación de una Serie Infinita por Konrad Knopp es demostrado que la suma de la última serie en (1) enfoques $0$$k\rightarrow \infty$, por lo que
\begin{align*}
A=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}a_n=\sum_{j=0}^{k-1}\frac{\Delta^j a_1}{2^{j+1}}\tag{2}
\end{align*}
que es de Euler en la transformación de la serie.
La prueba de Euler en la transformación de la serie: basado en K. Knopp, § $33B$
En orden a la prueba de esta afirmación que consideramos más general, una serie convergente $\sum_{k=0}^{\infty}z^{(k)}$ con cada uno de sus términos se expresa, de alguna manera como la suma de una serie infinita:
\begin{align*}
(A)\quad\begin{cases}
z^{(0)}&=a_0^{(0)}+a_1^{(0)}+\cdots+a_n^{(0)}+\cdots\\
z^{(1)}&=a_0^{(1)}+a_1^{(1)}+\cdots+a_n^{(1)}+\cdots\\
&\cdots\\
z^{(k)}&=a_0^{(k)}+a_1^{(k)}+\cdots+a_n^{(k)}+\cdots\\
&\cdots\\
\end{casos}
\end{align*}
Vamos a suponer, además, que la vertical de las columnas de esta matriz constituyen en sí mismos convergente la serie, y denotan sus sumas por $s^{(0)},s^{(1)},\ldots,s^{(n)},\ldots$
Pregunta: ¿Bajo qué condiciones puede la serie $$\sum_{n=0}^{\infty}s^{(n)}$$ formado por estos números se espera que convergen, con
$$\sum_{k=0}^{\infty}z^{(k)}=\sum_{n=0}^{\infty}s^{(n)}$$
Nota: Knopp usa $z$ para denotar Zeilen, la palabra alemana para las filas y utiliza a $s$ para denotar Spalten, la palabra alemana para las columnas.
Knopp, a continuación, se muestra un alcance teorema originalmente demostrado por A. Markoff:
Markoff en la transformación de la serie:
Dejar una serie convergente $A=\sum_{k=0}^{\infty}z^{(k)}$ con cada uno de sus términos a sí mismo se expresa como una serie convergente:
$$z^{(k)}=a_0^{(k)}+a_1^{(k)}+\cdots+a_n^{(k)}+\cdots\qquad k\geq 0$$
Dejar que la persona columnas $\sum_{k=0}^{\infty}a_n^{(k)}$ de la matriz $(A)$ así formado representan convergente la serie con sumas $s^{(n)}, n\geq 0$, por lo que los restos
$$r_m^{(k)}=\sum_{n=m}^{\infty}a_n^{(k)}\qquad\qquad m\geq 0$$
de la serie en las filas horizontales se constituyen también en una serie convergente
$$\sum_{k=0}^{\infty}r_m^{(k)}=R_m\qquad\qquad m \text{ fixed}.$$
Con el fin de que las sumas por columnas verticales deben formar una serie convergente $\sum_{n=0}^{\infty}s^{(n)}$, es necesario y suficiente que $lim_{n\rightarrow \infty}R_m=R$ debería existir; y para que la relación
$$\sum_{n=0}^{\infty}s^{(n)}=\sum_{k=0}^{\infty}z^{(k)}$$
debe mantener así, es necesario y suficiente que este límite $R$ debe $0$.
Nota: Observar, que en Markoff del teorema de no convergencia absoluta es necesaria, haciendo de este teorema de gran alcance y flexible.
Con la ayuda de Markoff en la transformación de la serie Knopp luego la prueba de Euler en la transformación de la serie de la siguiente manera:
En la matriz de $(A)$ sustituimos por $a_n^{(k)}$:
\begin{align*}
a_n^{(k)}=(-1)^k\left[\frac{1}{2^n}\Delta^na_k-\frac{1}{2^{n+1}}\Delta^{n+1}a_k\right]\tag{3}
\end{align*}
Si ahora se suma para cada $n$, manteniendo $k$ fijo (es decir, de forma que la suma de los $k^{th}$ fila horizontal) obtenemos
$$z^{(k)}=\sum_{n=0}^{\infty}a_n^{(k)}=(-1)^k\frac{1}{2^0}\Delta^0a_k=(-1)^ka_k\qquad\qquad k\text{ fixed}.$$
Nota: así Podemos utilizar los siguientes bienes de una serie: Si una serie de $A=\sum_{n=0}^{\infty}a_n$ con $a_n=x_n-x_{n+1}$ todos los $n$$\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=\xi$, luego
\begin{align*}
A=\sum_{n=0}^{\infty}a_n=x_0-\xi\tag{4}
\end{align*}
Para
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\Delta^na_k}{2^n}=
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\binom{n}{0}a_k-\binom{n}{1}a_{k+1}+-\cdot+(-1)^n\binom{n}{n}a_{n+k}}{2^n}$$
es igual a cero, debido a que $a_k,-a_{k+1},a_{k+2},\ldots$ formar un null secuencia.
En consecuencia (3) da una expresión para el individuo términos de la serie de $\sum(-1)^ka_k$ en series infinitas. La formación de la suma de los $n^{th}$ columna, obtenemos la serie
$$\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\left[\frac{1}{2^n}\Delta^na_k-\frac{1}{2^{n+1}}\Delta^{n+1}a_k\right]\qquad\qquad n\text{ fixed}$$
el término genérico de esta serie, como
$\Delta^{n+1}a_k=\Delta^na_k-\Delta^na_{k+1}$, se puede escribir en la forma
$$\frac{(-1)^k}{2^{n+1}}\left[\Delta^na_k+\Delta^na_{k+1}\right]
=\frac{1}{2^{n+1}}\left[(-1)^k\Delta^na_k-(-1)^{k+1}\Delta^na_{k+1}\right],$$
por lo que la serie en cuestión, pueden de nuevo ser resumida directamente, por (4). Obtenemos
$$\sum_{k=0}^{\infty}a_n^{(k)}=\frac{1}{2^{n+1}}\left[\Delta^na_0-\lim_{k\rightarrow\infty}(-1)^k\Delta^na_k\right]\qquad\qquad k\text{ fixed.}$$
Sin embargo, dado que los números de $a_k$ formar un null secuencia, para hacer las primeras diferencias y el $n^{th}$ diferencias en general, para cualquier fija $n$. Las columnas verticales son así se ve que la constituyen convergente la serie de sumas
$$s^{(n)}=\frac{\Delta^na_0}{2^{n+1}}.$$
La validez de Euler transformación en consecuencia se establece, cuando hemos demostrado que $R_m\rightarrow0$. Ahora la horizontal restos se ve que tiene los valores
$$r_m^{(k)}=(-1)^k\frac{\Delta^ma_k}{2^m,}$$
siguiendo precisamente la misma línea de argumento como estaba por encima de todo filas horizontales. Así
$$R_m=\frac{1}{2^m}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\Delta^ma_k\qquad\qquad m\text{ fixed.}$$
Si escribimos por razones de brevedad $(-1)^k(a_k-a_{k+1}+a_{k+2}-+\cdots)=r_k$, esta serie de $R_m$ puede ser pensado como se obtienen por término por término, además de la $(m+1)$ serie:
$$r_0,\binom{m}{1}r_1,\binom{m}{2}r_2,\ldots,\binom{m}{m}r_m.$$
Por lo tanto
$$R_m=\frac{r_0+\binom{m}{1}r_1+\binom{m}{2}r_2+\cdots+\binom{m}{m}r_m}{2^m}$$
por lo tanto, como $r_m$ es el término de un null secuencia, por lo que es $R_m$ y esto demuestra la validez de Euler de la transformación con total generalidad.
