Problème — Une somme de cosinus par la voie complexe

• Pour tout entier $k$, ${\left(e^{\mathrm{i}\theta }\right)}^k=e^{\mathrm{i}k\theta }=\cos (k\theta )+\mathrm{i}\sin (k\theta )$. En sommant pour $k$ de $0$ à $n$, et en regroupant d'un côté les parties réelles, de l'autre les parties imaginaires :

$$\sum _{k=0}^n{\left(e^{\mathrm{i}\theta }\right)}^k=\sum _{k=0}^n\cos (k\theta )+\mathrm{i}\sum _{k=0}^n\sin (k\theta )=C_n+\mathrm{i}{S}_n$$

• Les règles de calcul de $\mathbb{C}$ étant celles de $\mathbb{R}$, le télescopage habituel vaut encore :

$$(1-q)\sum _{k=0}^n{q}^k=\sum _{k=0}^n{q}^k-\sum _{k=0}^n{q}^{k+1}=1-q^{n+1}$$

Comme $q\ne 1$, on divise par $1-q$. Ici $q=e^{\mathrm{i}\theta }$, et $q\ne 1$ précisément parce que $\theta \not\equiv 0(\mathrm{mod}2\pi )$. Donc :

$$C_n+\mathrm{i}{S}_n=\frac{1-e^{\mathrm{i}(n+1)\theta }}{1-e^{\mathrm{i}\theta }}$$

• Appliquons l'identité $1-e^{\mathrm{i}\alpha }=-2\mathrm{i}\sin \left(\frac{\alpha }{2}\right)e^{\mathrm{i}\frac{\alpha }{2}}$ au numérateur (avec $\alpha =(n+1)\theta$) puis au dénominateur (avec $\alpha =\theta$) :

$$\frac{1-e^{\mathrm{i}(n+1)\theta }}{1-e^{\mathrm{i}\theta }}=\frac{-2\mathrm{i}\sin \left(\frac{(n+1)\theta }{2}\right)e^{\mathrm{i}\frac{(n+1)\theta }{2}}}{-2\mathrm{i}\sin \left(\frac{\theta }{2}\right)e^{\mathrm{i}\frac{\theta }{2}}}=\frac{\sin \left(\frac{(n+1)\theta }{2}\right)}{\sin \left(\frac{\theta }{2}\right)}{e}^{\mathrm{i}\left(\frac{(n+1)\theta }{2}-\frac{\theta }{2}\right)}$$

et l'exposant se simplifie en $\frac{n\theta }{2}$. Le dénominateur $\sin \left(\frac{\theta }{2}\right)$ n'est pas nul : $\theta \not\equiv 0(\mathrm{mod}2\pi )$ signifie $\frac{\theta }{2}\not\equiv 0(\mathrm{mod}\pi )$.

• Le facteur $\rho =\frac{\sin \left(\frac{(n+1)\theta }{2}\right)}{\sin \left(\frac{\theta }{2}\right)}$ est un réel (éventuellement négatif). En développant $e^{\mathrm{i}\frac{n\theta }{2}}=\cos \left(\frac{n\theta }{2}\right)+\mathrm{i}\sin \left(\frac{n\theta }{2}\right)$ et en identifiant :

$$C_n=\frac{\sin \left(\frac{(n+1)\theta }{2}\right)}{\sin \left(\frac{\theta }{2}\right)}\cos \left(\frac{n\theta }{2}\right)\text{et}{S}_n=\frac{\sin \left(\frac{(n+1)\theta }{2}\right)}{\sin \left(\frac{\theta }{2}\right)}\sin \left(\frac{n\theta }{2}\right)$$

• Pour $\theta =\frac{\pi }{4}$ et $n=3$ : $\frac{(n+1)\theta }{2}=\frac{\pi }{2}$, $\frac{\theta }{2}=\frac{\pi }{8}$ et $\frac{n\theta }{2}=\frac{3\pi }{8}$, donc :

$$C_3=\frac{\sin \left(\frac{\pi }{2}\right)}{\sin \left(\frac{\pi }{8}\right)}\cos \left(\frac{3\pi }{8}\right)=\frac{\cos \left(\frac{3\pi }{8}\right)}{\sin \left(\frac{\pi }{8}\right)}=1$$

car $\cos \left(\frac{3\pi }{8}\right)=\sin \left(\frac{\pi }{2}-\frac{3\pi }{8}\right)=\sin \left(\frac{\pi }{8}\right)$. Vérification directe :

$$\cos (0)+\cos \left(\frac{\pi }{4}\right)+\cos \left(\frac{\pi }{2}\right)+\cos \left(\frac{3\pi }{4}\right)=1+\frac{\sqrt{2}}{2}+0-\frac{\sqrt{2}}{2}=1$$

Pour $\theta =\frac{\pi }{2}$ et $n=4$ : $\frac{(n+1)\theta }{2}=\frac{5\pi }{4}$, $\frac{\theta }{2}=\frac{\pi }{4}$ et $\frac{n\theta }{2}=\pi$, donc :

$$C_4=\frac{\sin \left(\frac{5\pi }{4}\right)}{\sin \left(\frac{\pi }{4}\right)}\cos (\pi )=\frac{-\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}\times (-1)=1$$

Vérification directe : $1+0-1+0+1=1$.

• Si $\theta \equiv 0(\mathrm{mod}2\pi )$, alors $\cos (k\theta )=1$ et $\sin (k\theta )=0$ pour tout $k$, donc $C_n=n+1$ et $S_n=0$. La formule ne s'applique pas parce que la somme géométrique de raison $q=e^{\mathrm{i}\theta }=1$ ne se calcule plus par $\frac{1-q^{n+1}}{1-q}$ — ce qui se lit aussi sur le résultat final, dont le dénominateur $\sin \left(\frac{\theta }{2}\right)$ s'annule.