El poder de expansión de la serie de $\frac{z}{(z^3+1)^2}$ $z=1$

Question

Quiero expandir$f(z)=\frac{z}{(z^3+1)^2}$$z=1$. Que, quiero encontrar los coeficientes $c_n$ tal que $f(z) = \sum_{n=0}^\infty c_n (z-1)^n$.

Hasta ahora, mi primera estrategia fue usar división, después de que me ampliado, tanto en el numerador y el denominador acerca de $z=1$. Para ello, primero aplicamos una sustitución de $u:= z-1$, después de que ampliaremos en torno a $u=0$.

Para el denominador, simplemente obtenemos $$1 + u$$.

Para el numerador tenemos

$$ \frac{1}{\big((u+1)^3+1\big)^2} = \frac{1}{2^2} \frac{1}{\big(1 + \frac{u^3+3u(u+1)}{2}\big)^2} \quad \mbox{set $x:= \frac{u^3+3u(u+1)}{2}$}\\ =-\frac{1}{2^2}\frac{\partial d}{\partial x}\frac{1}{x+1} \\ = -\frac{1}{2^2}(-1+2x-3x^2 +\ \ldots\ ) \\ =-\frac{1}{2^2}\big(1+6u-21u^2-52u^3+\ \ldots \ \big) $$

Después de usar la división larga, se puede intentar a ver un patrón en los coeficientes de $u^n$, pero esto no parece tener ningún rápida de resultados.

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Mi segundo intento fue usando el teorema del binomio para expandir el poder de la serie de $$f(z) = \sum_{n=0}^\infty a_n z^{3n+1} \quad \mbox{with} \quad a_n = (n+1)(-1)^n$$ about $z=1$.

Para este fin, se deben reorganizar las $u^n$ en la siguiente suma

$$ \sum_{n=0}^\infty (u+1)^n = \sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n \binom nk u^k . $$

Este parece bastante laborioso. A continuación tenemos las condiciones para el aumento de $n$.

$$ 1 \\ 1 + u \\ 1 + 2u + u^2 \\ 1 + 3u + 3u^2 + u^3 \\ \vdots \\ 1 + mu + \binom m2 + \ldots + mu^{m-1} + u^m \\ 1 + (m+1)u + \binom{m+1}{2}u^2 + \ldots + (m+1)u^m + u^{m+1} \\ 1 + (m+2)u + \binom{m+2}{2}u^2 + \ldots + (m+2)u^{m+1} + u^{m+2} \\ \vdots $$

Si nos fijamos en los términos de $1$, $u$ y $u^2$, sus coeficientes de $b_n$ en la suma de $n$ sugieren los siguientes coeficientes para $1$, $u$ y $u^2$ respectivamente.

$$ b_0 = \sum_{n=0}^\infty 1 \\ b_1 =\sum_{n=0}^\infty n \\ b_2 = \sum_{n=0}^\infty \binom n2 \ . $$

Ampliando este, llegamos a

$$ \sum_{i=0}^\infty b_i u^i = \sum_{i=0}^\infty \bigg( \sum_{k=0}^\infty \binom ki \bigg)u^i $$ , que parece muy incorrecto, ya que tenemos un doble infinito suma.

Answer 1

La siguiente expansión de $f(z)=\frac{z}{(1+z^3)^2}$ $z=1$ es válido

\begin{align*} f(z)&=\frac{z}{(1+z^3)^2}\\ &=\frac{1}{9}\sum_{j=0}^\infty\left(3j+3-(-1)^j\frac{3j+3}{2^{3j+2}}\right)(z-1)^{3j}\\ &\qquad-\frac{1}{9}\sum_{j=0}^\infty\left(6j+5-(-1)^j\frac{3j+4}{2^{3j+3}}\right)(z-1)^{3j+1}\\ &\qquad+\frac{1}{9}\sum_{j=0}^\infty\left(3j+2-(-1)^j\frac{3j+5}{2^{3j+4}}\right)(z-1)^{3j+2}\qquad\qquad |z-1|<1\tag{1}\\ &=\frac{1}{4}-\frac{1}{2}(z-1)+\frac{3}{16}(z-1)^2+\frac{11}{16}(z-1)^3\\ &\qquad-\frac{79}{64}(z-1)^4+\frac{9}{16}(z-1)^5+\frac{255}{256}(z-1)^6+\cdots \end{align*}

Realizamos una fracción parcial de la descomposición de $f(z)$. Los ceros del denominador $(1+z^3)^2$ \begin{align*} \zeta_0&=-1\\ \zeta_1&=e^\frac{\pi i}{3}=\frac{1}{2}\left(1+i\sqrt{3}\right)\\ \zeta_2&=e^{-\frac{\pi i}{3}}=\frac{1}{2}\left(1-i\sqrt{3}\right)=\overline{\zeta_1} \end{align*} Desde cada uno de los ceros tiene muliplicity dos usamos el Ansatz: \begin{align*} \frac{z}{(1+z^3)^2}=\sum_{j=0}^2\frac{\alpha_j z+\beta_j}{(z-\zeta_j)^2}\tag{2} \end{align*}

La multiplicación de los RHS de (2) y la comparación de los coeficientes de da

\begin{align*} \frac{z}{(z^3+1)^2}=\frac{1}{9}\left(-\frac{z+2}{(z+1)^2}+ \frac{\overline{\zeta_1}z-2}{\left(z-\zeta_1\right)^2} +\frac{\zeta_1z-2}{\left(z-\overline{\zeta_1}\right)^2} \right)\tag{3} \end{align*}

Nota, el segundo sumando del lado derecho de (3) es el conjugado complejo de la tercera sumando. Esto ayudará a simplificar algunos cálculos.

A continuación, queremos ampliar los términos del lado derecho de (3) en $z=1$. Para ello es conveniente hacer algún trabajo preparatorio. Consideramos que el aspecto general de la ampliación de un plazo de alrededor de $z=z_0$.

Obtenemos \begin{align*} \frac{1}{(z-z_0)^n}&=\frac{1}{\left((z_1-z_0)+(z-z_1)\right)^n}\\ &=\frac{1}{(z_1-z_0)^n}\cdot\frac{1}{\left(1+\frac{z-z_1}{z_1-z_0}\right)^n}\\ &=\frac{1}{(z_1-z_0)^n}\sum_{j=0}^\infty \binom{-n}{j}\left(\frac{z-z_0}{z_1-z_0}\right)^j\\ &=\frac{1}{(z_1-z_0)^n}\sum_{j=0}^\infty \binom{n+j-1}{j}\left(\frac{z-z_0}{z_0-z_1}\right)^j\tag{4}\\ \end{align*}

Ya que tenemos que hacer un montón de cálculos con los ceros $$\left\{-1,\frac{1}{2}\left(1+i\sqrt{3}\right),\frac{1}{2}\left(1-i\sqrt{3}\right)\right\}=\left\{-1,\zeta_1,\overline{\zeta_1}\right\}$$ su conveniente para preparar algunos resultados intermedios \begin{array}{r|rrr|lll} \cdot&-1&\zeta_1&\overline{\zeta_1}\\ \hline -1&1&-\zeta_1&-\overline{\zeta_1}&\qquad \frac{1}{\zeta_0-1}=-\frac{1}{2}\\ \zeta_1&-\zeta_1&-\overline{\zeta_1}&1 &\qquad \frac{1}{\zeta_1-1}=-\zeta_1&\frac{1}{\left(\zeta_1-1\right)^2}=-\overline{\zeta_1} &\frac{1}{\left(\zeta_1-1\right)^3}=1\\ \overline{\zeta_1}&-\overline{\zeta_1}&1&-\zeta_1 &\qquad \frac{1}{\overline{\zeta_1}-1}=-\overline{\zeta_1}&\frac{1}{\left(\overline{\zeta_1}-1\right)^2}=-\zeta_1 &\frac{1}{\left(\overline{\zeta_1}-1\right)^3}=1\tag{5}\\ \end{array}

Ahora estamos listo y preparado para continuar.

Evaluación de (4) con $n=2$ y a las $z_1=1$ da \begin{align*} \frac{1}{\left(z-z_0\right)^2}=\frac{1}{\left(z_0-1\right)^2}\sum_{j=0}^\infty\frac{j+1}{(z_0-1)^j}(z-1)^j \end{align*} Desde que uso en (2) un numerador $\alpha z+\beta$ respetamos también en la expansión \begin{align*} \frac{\alpha z+\beta}{\left(z-z_0\right)^2} &=\frac{\alpha(z-1)+\alpha+\beta}{(z_0-1)^2}\sum_{j=0}^\infty\frac{j+1}{(z_0-1)^j}(z-1)^j\\ &=\sum_{j=0}^\infty\frac{(\alpha z_0+\beta)j+\alpha+\beta}{(z_0-1)^{j+2}}(z-1)^j\tag{6} \end{align*}

Ahora es el momento de la cosecha. Tomamos los tres términos de (2) con $-1,\zeta_1,\overline{\zeta_1}$ y evaluarlas utilizando (6). También tomamos nota de que, de acuerdo a (5) $\frac{1}{\left(\zeta_1-1\right)^3}=1$, por lo que podemos dividir la suma de acuerdo al índice de $j$ modulo $3$.

Obtenemos el uso de las relaciones en (5) \begin{align*} \frac{\overline{\zeta_1}z-2}{\left(z-\zeta_1\right)^2} &=\sum_{j=0}^\infty\frac{\left(\overline{\zeta_1}\zeta_1-1\right)j+\overline{\zeta_1}-2}{\left(\zeta_1-1\right)^{j+2}}(z-1)^j\\ &=\sum_{j=0}^\infty\frac{\left(-\overline{\zeta_1}\right)\left(-j+\overline{\zeta_1}-2\right)}{\left(\zeta_1-1\right)^j}(z-1)^j\\ &=\sum_{j=0}^\infty\frac{\overline{\zeta_1}(j+2)+\zeta_1}{\left(\zeta_1-1\right)^j}(z-1)^j\\ &=\sum_{j=0}^\infty\left[(3j+2)\overline{\zeta_1}+\zeta_1\right](z-1)^{3j}\\ &\qquad+\sum_{j=0}^\infty\left[(3j+3)\overline{\zeta_1}+\zeta_1\right]\left(-\zeta_1\right)(z-1)^{3j+1}\\ &\qquad+\sum_{j=0}^\infty\left[(3j+4)\overline{\zeta_1}+\zeta_1\right]\left(-\overline{\zeta_1}\right)(z-1)^{3j+2}\\ &=\sum_{j=0}^\infty\left[(3j+2)\overline{\zeta_1}+\zeta_1\right](z-1)^{3j}\\ &\qquad+\sum_{j=0}^\infty\left[(3j+3)(-1)+\overline{\zeta_1}\right](z-1)^{3j+1}\\ &\qquad+\sum_{j=0}^\infty\left[(3j+4)\overline{\zeta_1}-1\right](z-1)^{3j+2}\\ \end{align*} Ahora podemos ganar ese primer y el segundo término son complejos conjugados y obtener \begin{align*} \frac{\overline{\zeta_1}z-2}{\left(z-\zeta_1\right)^2}+\frac{\zeta_1z-2}{\left(z-\overline{\zeta_1}\right)^2} &=\sum_{j=0}^\infty\left[3j+3\right](z-1)^{3j}\\ &\qquad+\sum_{j=0}^\infty\left[-6j-5\right](z-1)^{3j+1}\\ &\qquad+\sum_{j=0}^\infty\left[3j+2\right](z-1)^{3j+2}\tag{7}\\ \end{align*}

Por último, pero no menos importante, el último término de (2)

\begin{align*} \frac{z+2}{(z+1)^2}&=\sum_{j=0}^\infty\frac{(-1+2)j+3}{(-2)^{j+2}}(z-1)^j\\ &=\sum_{j=0}^\infty\frac{j+3}{(-2)^{j+2}}(z-1)^j\\ &=\sum_{j=0}^\infty (-1)^j\frac{3j+3}{2^{3j}}(z-1)^{3j}\\ &\qquad\sum_{j=0}^\infty (-1)^{j+1}\frac{3j+4}{2^{3j+1}}(z-1)^{3j+1}\\ &\qquad\sum_{j=0}^\infty (-1)^{j}\frac{3j+5}{2^{3j+1}}(z-1)^{3j+2}\tag{8}\\ \end{align*}

La combinación de (7) y (8) y la demanda (1) de la siguiente manera.

Nota: El más cercano a las singularidades de $z=1$$\zeta_1$$\overline{\zeta_1}$, teniendo ambos la misma distancia de a $1$. Esto muestra que el radio de convergencia es \begin{align*} \left|1-\zeta_1\right|&=\left|1-\overline{\zeta_1}\right|=\left|1-\frac{1}{2}\left(1-i\sqrt{3}\right)\right|\\ &=\frac{1}{2}\left|1+i\sqrt{3}\right|\\ &=1 \end{align*}

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Add-on 2017-01-15:

OPs estaba preguntando cómo obtener los coeficientes $\alpha_j,\beta_j$, $j=0,1,2$ en el parcial de la fracción de descomposición (2)

\begin{align*} \frac{z}{(1+z^3)^2}=\sum_{j=0}^2\frac{\alpha_j z+\beta_j}{(z-\zeta_j)^2} \end{align*}

Es un método para multiplicar ambos lados con el denominador y realizar un coeficiente de comparación para $[z^k]$, el coeficiente de $z^k$ $0\leq k\leq 5$ y obtener de esta manera seis ecuaciones para las seis incógnitas.

\begin{align*} z&=\left(\alpha_0z+\beta_0\right)\left(z-\zeta_1\right)^2\left(z-\overline{\zeta_1}\right)^2\\ &\qquad+\left(\alpha_1z+\beta_1\right)(z+1)^2\left(z-\overline{\zeta_1}\right)^2\\ &\qquad+\left(\alpha_2z+\beta_2\right)(z+1)^2\left(z-\zeta_1\right)^2\tag{9} \end{align*}

Pero su laborioso para obtener seis ecuaciones para todos los coeficientes de esta manera. Preferimos un enfoque de dos pasos que reduce un poco los cálculos. Sin embargo, es un poco tedioso.

Paso 1: Coeficientes de mayor potencia de dos.

Consideramos \begin{align*} \frac{z}{(z^3+1)^2}= \frac{\alpha_0z+\beta_0}{\left(z+1\right)^2} +\frac{\alpha_1z+\beta_1}{\left(z-\zeta_1\right)^2} +\frac{\alpha_2z+\beta_2}{\left(z-\overline{\zeta_1}\right)^2}\tag{10} \end{align*}

Ahora podemos multiplicar ambos lados de (10) con $(z+1)^2$ y evaluar la ecuación resultante en $z=-1$. \begin{align*} \frac{z}{(z^3+1)^2}\cdot(z+1)^2&=\left(\alpha_0z+\beta_0\right) +\left(\frac{\alpha_1z+\beta_1}{\left(z-\zeta_1\right)^2}+\frac{\alpha_2z+\beta_2}{\left(z-\overline{\zeta_1}\right)^2}\right) \cdot\left(z+1\right)^2 \end{align*} Tenga en cuenta que en el lado izquierdo $-1$ es una singularidad removible y la evaluación de ambos lados en $z=-1$ da \begin{align*} \color{blue}{-\frac{1}{9}=-\alpha_0+\beta_0} \end{align*}

La multiplicación de (9) con $(z-\zeta_1)^2$ e con $(z-\overline{\zeta_1})^2$ y evaluando $z=\zeta_1$ $z=\overline{\zeta_1}$ da dos ecuaciones \begin{align*} \color{blue}{-\frac{1}{9}}&\color{blue}{=-\alpha_1\zeta_1+\beta_1}\\ \color{blue}{-\frac{1}{9}}&\color{blue}{=-\alpha_2\overline{\zeta_1}+\beta_2} \end{align*}

Ponemos los resultados de estas tres ecuaciones en (9) y obtener

\begin{align*} z&=\left(\alpha_0z+\left(\alpha_0-1/9\right)\right)\left(z-\zeta_1\right)^2\left(z-\overline{\zeta_1}\right)^2\\ &\qquad+\left(\alpha_1z-(\alpha_1\zeta_1+1/9)\right)(z+1)^2\left(z-\overline{\zeta_1}\right)^2\\ &\qquad+\left(\alpha_2z-(\alpha_1\overline{\zeta_1}+1/9)\right)(z+1)^2\left(z-\zeta_1\right)^2\tag{11} \end{align*}

Ya tenemos tres incógnitas $\alpha_0,\alpha_1,\alpha_2$ a la izquierda, tenemos tres ecuaciones para la determinación. Estamos próximos a considerar el coeficiente de comparación para$z^0,z^1$$z^2$. Observar que cada uno de los tres sumandos en (11) contienen cinco factores. Así, por $[z^0]$ que se derivan de cada sumando $\binom{5}{0}=1$ términos, para $[z^1]$ que se derivan de $\binom{5}{1}=5$ términos y para $[z^2]$ que se derivan de cada sumando $\binom{5}{2}=10$ términos.

También vamos a por consiguiente, el uso de las fórmulas de (5) para simplificar expresiones.

Paso 2: Coeficiente de comparación para$[z^0],[z^1]$$[z^2]$.

Coeficiente de comparación $[z^0]$:

Podemos obtener a partir de (11) \begin{align*} 0&=\left[\left(\alpha_0-\frac{1}{9}\right)\zeta_1^2\overline{\zeta_1}^2\right] +\left[-\left(\alpha_1+\frac{1}{9}\right)\overline{\zeta_1}^2\right] +\left[-\left(\alpha_2+\frac{1}{9}\right)\zeta_1^2\right]\\ &=\left[\alpha_0-\frac{1}{9}\right]+\left[-\alpha_1\overline{\zeta_1}+\frac{1}{9}\zeta_1\right] +\left[-\alpha_2\zeta_1+\frac{1}{9}\overline{\zeta_1}\right]\\ \color{blue}{0}&\color{blue}{=\alpha_1-\alpha_1\overline{\zeta_1}-\alpha_2\zeta_1} \end{align*}

Coeficiente de comparación $[z^1]$:

Podemos obtener a partir de (11) \begin{align*} 1&=\left[\alpha_0\zeta_1^2\overline{\zeta_1}^2+2\left(\alpha_0-\frac{1}{9}\right)\left(-\zeta_1\overline{\zeta_1}^2-\zeta_1^2\overline{\zeta_1}\right)\right]\\ &\qquad+\left[\alpha_1\overline{\zeta_1}^2-2\left(\alpha_1\zeta_1+\frac{1}{9}\right)\left(\overline{\zeta_1}^2-\overline{\zeta_1}\right)\right]\\ &\qquad+\left[\alpha_2\zeta_1^2-2\left(\alpha_2\overline{\zeta_1}+\frac{1}{9}\right)\left(\zeta_1^2-\zeta_1\right)\right]\\ &=\left[\alpha_0+2\left(\alpha_0-\frac{1}{9}\right)\left(-\overline{\zeta_1}-\zeta_1\right)\right]\\ &\qquad+\left[-\alpha_1\zeta_1-2\left(\alpha_1\zeta_1+\frac{1}{9}\right)\left(-\zeta_1-\overline{\zeta_1}\right)\right]\\ &\qquad+\left[-\alpha_2\overline{\zeta_1}-2\left(\alpha_2\overline{\zeta_1}+\frac{1}{9}\right)\left(-\overline{\zeta_1}-\zeta_1\right)\right]\\ &=\left[-\alpha_0+\frac{1}{3}\right]+\left[\alpha_1\zeta_1+\frac{1}{3}\right] +\left[\alpha_2\overline{\zeta_1}+\frac{1}{3}\right]\\ \color{blue}{0}&\color{blue}{=\alpha_0-\alpha_1\zeta_1-\alpha_2\overline{\zeta_1}} \end{align*}

Coeficiente de comparación $[z^2]$:

Podemos obtener a partir de (11) \begin{align*} 0&=\left[2\alpha_0\left(-\zeta_1\overline{\zeta_1}^2-\zeta_1^2\overline{\zeta_1}\right) +\left(\alpha_0-\frac{1}{9}\right)\left(\overline{\zeta_1}^2+\zeta_1^2+4\zeta_1\overline{\zeta_1}\right)\right]\\ &\qquad+\left[2\alpha_1\left(\overline{\zeta_1}^2-\overline{\zeta_1}\right) -\left(\alpha_1\zeta_1+\frac{1}{9}\right)\left(\overline{\zeta_1}^2+1-4\overline{\zeta_1}\right)\right]\\ &\qquad+\left[2\alpha_2\left(\zeta_1^2-\zeta_1\right) -\left(\alpha_2\overline{\zeta_1}+\frac{1}{9}\right)\left(\zeta_1^2+1-4\zeta_1\right)\right]\\ &=\left[2\alpha_0\left(-\overline{\zeta_1}-\zeta_1\right) +\left(\alpha_0-\frac{1}{9}\right)\left(-\zeta_1-\overline{\zeta_1}+4\right)\right]\\ &\qquad+\left[2\alpha_1\left(-\zeta_1-\overline{\zeta_1}\right) -\left(\alpha_1\zeta_1+\frac{1}{9}\right)\left(-\zeta_1+1-4\overline{\zeta_1}\right)\right]\\ &\qquad+\left[2\alpha_2\left(-\overline{\zeta_1}-\zeta_1\right) -\left(\alpha_2\overline{\zeta_1}+\frac{1}{9}\right)\left(-\overline{\zeta_1}+1-4\zeta_1\right)\right]\\ &=\left[-2\alpha_0+\left(\alpha_0-\frac{1}{9}\right)3\right]+\left[-2\alpha_1-\left(\alpha_1\zeta_1+\frac{1}{9}\right)\left(-3\overline{\zeta_1}\right)\right]\\ &\qquad+\left[-2\alpha_2-\left(\alpha_2\overline{\zeta_1}+\frac{1}{9}\right)\left(-3\zeta_1\right)\right]\\ &=\left[\alpha_0-\frac{1}{3}\right]+\left[\alpha_1+\frac{1}{3}\overline{\zeta_1}\right] +\left[\alpha_2+\frac{1}{3}\zeta_1\right]\\ \color{blue}{0}&\color{blue}{=\alpha_0+\alpha_1+\alpha_2} \end{align*}

Ahora es el momento de la cosecha.

Paso 3: ecuaciones Lineales de $\alpha_0,\alpha_1,\alpha_2$

Obtenemos a través de la comparación de los coeficientes de las tres ecuaciones \begin{align*} \alpha_1-\alpha_1\overline{\zeta_1}-\alpha_2\zeta_1&=0\\ \alpha_0-\alpha_1\zeta_1-\alpha_2\overline{\zeta_1}&=0\\ \alpha_0+\alpha_1+\alpha_2&=0 \end{align*} con las soluciones de \begin{align*} \alpha_0=-\frac{1}{9},\quad\alpha_1=\frac{1}{9}\overline{\zeta_1},\quad\alpha_2=\frac{1}{9}\zeta_1 \end{align*} Obtenemos por poner estos valores en las ecuaciones del paso 1 \begin{align*} \beta_0&=\alpha_0-\frac{1}{9}=-\frac{2}{9}\\ \beta_1&=\alpha_1\zeta_1-\frac{1}{9}=\frac{1}{9}\overline{\zeta_1}\zeta_1=\frac{1}{9}\\ \beta_2&=\alpha_2\overline{\zeta_1}-\frac{1}{9}=\frac{1}{9}\zeta_1\overline{\zeta_1}=\frac{1}{9} \end{align*}

y finalmente a la conclusión de \begin{align*} \frac{z}{(1+z^3)^2}&=\sum_{j=0}^2\frac{\alpha_j z+\beta_j}{(z-\zeta_j)^2}\\ &=\frac{1}{9}\left( -\frac{z+2}{(z+1)^2} +\frac{\overline{\zeta_1}z-2}{\left(z-\zeta_1\right)^2} +\frac{\zeta_1z-2}{\left(z-\overline{\zeta_1}\right)^2} \right) \end{align*}

Answer 2

Observe que

$$\frac z{(1+z^3)^2}=-z\frac{\partial}{\partial z^3}\frac1{1+z^3}=-z\frac\partial{\partial z^3}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(z^3)^n=\sum_{n=0}^\infty n(-1)^{n+1}z^{3n-2}$$

Esta expansión obras para $|z|<1$, y ya sabemos que la expansión existe en $z=1$, se puede aplicar el método descrito en esta respuesta para obtener la expansión de la $z=1$.

$$=\sum_{j=0}^\infty \left(\sum_{k=j}^\infty \binom kj a_k \right)(z-1)^j$$

donde$a_{3n+1}=(-1)^n(n+1)$$n\in\mathbb N$, otra cosa $a_k=0$.

Sin embargo, tenga en cuenta que este método es generalmente sólo es viable cuando el centro para el radio de convergencia dentro del radio de convergencia de la serie original. Por ejemplo, conectar $z=1$ en nuestra "expansión" de los rendimientos

$$\frac14\stackrel?=1-2+3-4+5-6+\dots$$

Sin embargo, un caso interesante ocurre que podemos regularizar nuestra divergentes de la serie a la igualdad de nuestra función original mediante la aplicación de una suma de Euler :

$$f(z)=\sum_{j=0}^\infty\sum_{k=\lfloor j/3\rfloor}^\infty \binom{3k+1}j (-1)^k(k+1)(z-1)^j\\=\sum_{j=0}^\infty\sum_{i=\lfloor j/3\rfloor}^\infty\frac1{2^i}\sum_{k=\lfloor j/3\rfloor}^i\binom ik\binom{3k+1}j (-1)^k(k+1)(z-1)^j$$

que ahora converge como se desee.