ド・モアブルの公式の応用

先ず、$a = \cos\theta + i \sin\theta, z = \cos\varphi + i \sin\varphi\ (\neq 1)$ とするとき、等比級数の和から
\begin{align}
a (1 + z + z^2 + \cdots z^n) &= a \frac{1 – z^{n + 1}}{1 – z}
\end{align}
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{align}
z^k &=(\cos\varphi + i \sin\varphi)^k \\
&= \cos(k \varphi) + i \sin(k \varphi)
\end{align}
が成り立つ。
従って、左辺は
\begin{align}
(\cos\theta + i \sin\theta) \sum_{k = 0}^{n} \left(\cos(k \varphi) + i \sin(k \varphi)\right) &=
\left(\cos\theta \sum_{k = 0}^n \cos(k \varphi) – \sin\theta \sum_{k = 0}^n \sin(k \varphi)\right) \\
&\ \ \ + i \left(\sin\theta \sum_{k = 0}^n \cos(k \varphi) + \cos\theta \sum_{k = 0}^n \sin(k \varphi)\right) \\
&= \sum_{k = 0}^n \cos(\theta + k \varphi) + i \sum_{k = 0}^n \sin(\theta + k \varphi)
\end{align}
となる。

一方で、右辺を計算すると
\begin{align}
{\rm e}^{i \theta} \frac{1 – {\rm e}^{i (n + 1)\varphi}}{1 – {\rm e}^{i \varphi}} &=
{\rm e}^{i \theta} \frac{{\rm e}^{i \frac{n + 1}{2} \varphi}({\rm e}^{i \frac{n + 1}{2} \varphi} – {\rm e}^{- i \frac{n + 1}{2} \varphi})}{{\rm e}^{i \frac{\varphi}{2}}({\rm e}^{i \frac{\varphi}{2}} – {\rm e}^{- i \frac{\varphi}{2}})} \\
&= {\rm e}^{i (\theta + \frac{n}{2}\varphi)}\frac{\sin\left(\frac{n + 1}{2}\varphi\right)}{\sin\frac{\varphi}{2}} \\
&= \left(\cos\left(\theta + \frac{n}{2}\varphi\right) + i \sin\left(\theta + \frac{n}{2}\varphi\right)\right)
\frac{\sin\left(\frac{n + 1}{2}\varphi\right)}{\sin\frac{\varphi}{2}}
\end{align}
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。