Sí, esto es posible. La forma de hacerlo es por analogía: Con las funciones racionales (que no tienen un polo en $x=0$ ), siempre se puede utilizar la descomposición de una fracción parcial para reescribir una función en términos como una combinación lineal de las funciones $\frac{1}{1-cx}$ (o sus potencias) y un polinomio. Entonces utilizamos $\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\ldots$ (para $|x|<1$ ) para obtener una suma. Así, por ejemplo, se puede pasar de una función racional a una serie con funciones racionales así: $$\frac{1}{x^2+1}=\frac{1/2}{1-ix}+\frac{1/2}{1+ix}=\frac{1}2\sum_{n=0}^{\infty}(ix)^n + (-ix)^n=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n}.$$ Esto está muy relacionado con la idea de las funciones generadoras - en particular, el coeficiente de $x^n$ en una función racional siempre obedecerá alguna relación de recurrencia lineal homogénea después de un punto.
Ahora, digamos que nos han dado la razón de dos polinomios trigonométricos - que es una función racional en $e^{ix}$ como $$f(x)=\frac{10\sin(x)}{101-20\cos(x)}=\frac{5i(e^{-ix}-e^{ix})}{101-10(e^{ix}+e^{-ix})}=\frac{5i(1-e^{2ix})}{101e^{ix}-10(e^{2ix}+1)}.$$ Seguimos reordenando en una forma conveniente, donde el denominador tiene término constante $1$ : $$f(x)=\frac{-\frac{1}2i(1-e^{2ix})}{e^{2ix}-\frac{101}{10}e^{ix}+1}$$ Entonces, para comenzar la descomposición parcial de la fracción, factorizamos el denominador en términos de la forma $(1-ce^{ix})$ que da $e^{2ix}-\frac{101}{10}e^{ix}+1=(1-10e^{ix})(1-\frac{1}{10}e^{ix})$ . Entonces queremos encontrar las constantes para que $$f(x)=c_0+\frac{c_1}{1-\frac{1}{10}e^{ix}}+\frac{c_2}{1-10e^{ix}}$$ lo que se puede hacer poniendo todo sobre un numerador e igualando el numerador de éste con el de nuestra expresión anterior (aunque aquí también funcionan otras técnicas para encontrar los coeficientes de una expansión de fracción parcial). Se encuentra que la forma de $f(x)$ es $$f(x)=\frac{i}2+\frac{-i/2}{1-\frac{1}{10}e^{ix}}+\frac{-i/2}{1-10e^{ix}}.$$ Ahora, procedemos con un poco de cuidado, ya que expandiendo ingenuamente estos términos sólo se obtienen términos de la forma $e^{ix}$ (por lo que no recuperaríamos números de valor real en la suma) y también quiere utilizar la serie $1+10e^{ix}+100e^{2ix}+1000e^{3ix}+\ldots$ que obviamente no converge. Para evitar esto, observe que podemos expandir $\frac{1}{1-cx}$ utilizando dos identidades: $$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\ldots$$ $$1- \frac{1}{1-x}=1+\frac{1}x+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}+\ldots$$ donde esta última es válida cuando $|x|>1$ y el primero cuando $|x|<1$ . Dado que $|e^{ix}|=1$ ampliamos el término $\frac{-i/2}{1-\frac{1}{10}e^{ix}}$ utilizando la primera identidad y el término $\frac{i}2-\frac{i/2}{1-10e^{ix}}$ utilizando este último para obtener: $$f(x)=\frac{-i}2\left(1+\frac{1}{10}e^{ix}+\frac{1}{100}e^{2ix}+\frac{1}{1000}e^{3ix}+\ldots\right)+\frac{i}2\left(1+\frac{1}{10}e^{-ix}+\frac{1}{100}e^{-2ix}+\frac{1}{1000}e^{-3ix}+\ldots\right)$$ y ponerlos juntos en una suma: $$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-i}{2}\cdot \frac{e^{nix}}{10^n}+\frac{i}{2}\cdot \frac{e^{-nix}}{10^n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\sin(nx)}{10^n}.$$
Uno podría notar que los factores repetidos necesitan un manejo especial ya que pueden resultar en denominadores no lineales en la descomposición de fracciones parciales - pero la identidad como: $$\frac{1}{(1-x)^n}={n-1 \choose n-1}+{n \choose n-1}x+{n+1 \choose n-1}x^2+{n+2 \choose n-1}x^3+\ldots$$ donde, para un $n$ la expresión ${n+c-1\choose n-1}$ es simplemente un polinomio en $c$ de grado $n-1$ - por lo que podría obtener sumas como $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n\sin(n)}{10^n}$ al final.
Otra restricción es que $(1-ce^{ix})$ no debería ser un factor del denominador para $|c|=1$ ya que entonces podemos utilizar ninguna de las dos expansiones para obtener una serie de potencias convergente. No veo ningún parche fácil para esto, pero se mantiene para cualquier función sin polos.
