ド・モアブルの公式の応用

先ず、$a=\cos \theta +i\sin \theta ,z=\cos \phi +i\sin \phi (\ne 1)$ とするとき、等比級数の和から
$$\begin{array}{rl}a(1+z+z^2+\cdots z^n)& =a\frac{1–z^{n+1}}{1–z}\end{array}$$
が成り立つことに注意する。

ここで、左辺の $(\cdots )$ の中の各項について、$k=0,1,2,\cdots ,n$ とするとき
$$\begin{array}{rl}{z}^k& =(\cos \phi +i\sin \phi {)}^k\\ & =\cos (k\phi )+i\sin (k\phi )\end{array}$$
が成り立つ。
従って、左辺は
$$\begin{array}{rl}(\cos \theta +i\sin \theta )\sum _{k=0}^n(\cos (k\phi )+i\sin (k\phi ))& =(\cos \theta \sum _{k=0}^n\cos (k\phi )–\sin \theta \sum _{k=0}^n\sin (k\phi ))\\ & +i(\sin \theta \sum _{k=0}^n\cos (k\phi )+\cos \theta \sum _{k=0}^n\sin (k\phi ))\\ & =\sum _{k=0}^n\cos (\theta +k\phi )+i\sum _{k=0}^n\sin (\theta +k\phi )\end{array}$$
となる。

一方で、右辺を計算すると
$$\begin{array}{rl}{\mathrm{e}}^{i\theta }\frac{1–{\mathrm{e}}^{i(n+1)\phi }}{1–{\mathrm{e}}^{i\phi }}& ={\mathrm{e}}^{i\theta }\frac{{\mathrm{e}}^{i\frac{n+1}{2}\phi }({\mathrm{e}}^{i\frac{n+1}{2}\phi }–{\mathrm{e}}^{-i\frac{n+1}{2}\phi })}{{\mathrm{e}}^{i\frac{\phi }{2}}({\mathrm{e}}^{i\frac{\phi }{2}}–{\mathrm{e}}^{-i\frac{\phi }{2}})}\\ & ={\mathrm{e}}^{i(\theta +\frac{n}{2}\phi )}\frac{\sin \left(\frac{n+1}{2}\phi \right)}{\sin \frac{\phi }{2}}\\ & =(\cos (\theta +\frac{n}{2}\phi )+i\sin (\theta +\frac{n}{2}\phi ))\frac{\sin \left(\frac{n+1}{2}\phi \right)}{\sin \frac{\phi }{2}}\end{array}$$
となり、左辺と右辺の実部と虚部を各々比べることにより、題意が示される。