いずれの式も右辺を三角関数の加法定理

$$
\begin{eqnarray*}
\tag{a} \sin{(\alpha + \beta)} &=& \sin{\alpha}\cos{\beta} + \cos{\alpha}\sin{\beta} \\
\tag{b} \sin{(\alpha-\beta)} &=& \sin{\alpha}\cos{\beta}-\cos{\alpha}\sin{\beta} \\
\tag{c} \cos{(\alpha + \beta)} &=& \cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta} \\
\tag{d} \cos{(\alpha-\beta)} &=& \cos{\alpha}\cos{\beta} + \sin{\alpha}\sin{\beta}
\end{eqnarray*}
$$

で展開すれば良い．あるいは ${\rm (d)}-{\rm (c)}$ から ${\rm (i)}$，${\rm (a)} + {\rm (b)}$ から ${\rm (ii)}$，${\rm (c)} + {\rm (d)}$ から ${\rm (iii)}$ を得られる．

\[
\alpha + \beta = A , \qquad \alpha-\beta = B
\]
とおくと
\[
\alpha = \frac{A+B}{2}, \qquad \beta = \frac{A-B}{2}
\]
である．これを 補題 1 ${\rm (ii)}$ に代入すれば $(\sharp)$ を，${\rm (iii)}$ に代入すれば $(\ast)$ を得られる．

$k = 1,2,\ldots$ に対し，Lemma 1 ${\rm (i)}$ において，$\alpha = 2k\theta,\, \beta = \theta$ を代入して
\[
2\sin{2k\theta}\cdot\sin{\theta} = \cos(2k-1)\theta-\cos(2k + 1)\theta
\]
が成り立つ．ゆえに
$$
\begin{eqnarray*}
2\sin{\theta}\sum_{k=1}^{n}\sin{2k \theta} & = & \sum_{k = 1}^n 2\sin{2k\theta} \cdot \sin{\theta} \\
& = & \sum_{k = 1}^n \{\cos(2k-1)\theta-\cos(2k + 1)\theta\} \\
& = & (\cos{\theta}-\cos{3\theta}) + (\cos{3\theta}-\cos{5\theta}) + \\
& & ~\qquad \cdots + \bigl(\cos{(2n-1)\theta}-\cos{(2n + 1)\theta}\bigr) \\
& = & \cos{\theta}-\cos{(2n + 1)\theta}\\
\end{eqnarray*}
$$
が成り立つ．補題 2 より，$\cos{(\pi + x)} = -\cos{x}$ に注意すれば
$$
\begin{eqnarray*}
\cos{\theta}-\cos{(2n + 1)\theta} & = & \cos{\theta} + \cos{\{(2n+1)\theta+\pi\}} \\
& = & 2\cos{\frac{2n + 2\theta + \pi}{2}} \cdot \cos{\frac{-2n\theta-\pi}{2}} \\
& = & 2\cos{\left\{(n+1)\theta + \frac{\pi}{2}\right\}} \cdot \cos{\left(-n\theta-\frac{\pi}{2}\right)} \\
& = & 2\cos{\left\{(n+1)\theta + \frac{\pi}{2}\right\}} \cdot \cos{\left(n\theta+\frac{\pi}{2}\right)} \\
& = & 2\sin{(n+1)\theta} \cdot \sin{n\theta}
\end{eqnarray*}
$$
である．ただし，最後の等号は $\cos{(x + \pi/2)} = -\sin{x}$ を用いた．したがって
\[
2\sin{\theta}\sum_{k=1}^{n}\sin{2k \theta} = 2\sin{(n+1)\theta} \cdot \sin{n\theta}
\]
が成り立つから， $\sin{\theta} \neq 0$，すなわち $\theta \neq m\pi$ であれば
\[
\sum_{k=1}^{n}\sin{2k \theta} = \frac{\sin{n\theta} \cdot \sin{(n+1)\theta}}{\sin{\theta}}
\]
である．$\theta$ を $\theta / 2$ で置き換えれば $\theta \neq 2 m \pi$ に対して求める結果を得る．

$\theta = 2 m \pi$ のときは $\sin{k\theta} = \sin{2km\pi} = 0$ であるから，和は $0$ である．

Lemma 1 ${\rm (ii)}$ において，$\alpha = \theta, \, \beta = 2k\theta$ を代入して
$$
\begin{eqnarray*}
2\sin{\theta} \cdot \cos{2k\theta} & = & \sin{(\theta + 2k\theta)} + \sin{(\theta-2k\theta)} \\
& = & \sin{(2k+1)\theta} + \sin{(1-2k)\theta} \\
& = & \sin{(2k+1)\theta}-\sin{(2k-1)\theta}
\end{eqnarray*}
$$
が成り立つ．ただし，最後の等号は $\sin{(-x)} = -\sin{x}$ を適用した．この結果を用いれば
$$
\begin{eqnarray*}
2\sin{\theta}\sum_{k=1}^{n}\cos{2k \theta} & = & \sum_{k = 1}^n \sin{\theta} \cdot 2\cos{2k\theta} \\
& = & \sum_{k = 1}^n \{\sin(2k + 1)\theta-\sin(2k-1)\theta\} \\
& = & (\sin{3\theta}-\sin{\theta}) + (\sin{5\theta}-\sin{3\theta}) + \\
& & \qquad \cdots + \bigl(\sin{(2n + 1)\theta}-\sin{(2n-1)\theta}\bigr) \\
& = & \sin{(2n+1)\theta}-\sin{\theta}\\
\end{eqnarray*}
$$
が成り立つ．補題 2 より，再び $-\sin{x} = \sin{(-x)}$ に注意すれば
$$
\begin{eqnarray*}
\sin{(2n+1)\theta}-\sin{\theta} & = & \sin{(2n+1)\theta} + \sin{(-\theta)}\\
& = & 2\sin{\frac{2n}{2}\theta} \cdot \cos{\frac{2n+2}{2}\theta} \\
& = & 2\sin{n\theta} \cdot \cos{(n+1)\theta}
\end{eqnarray*}
$$
であるから
\[
2\sin{\theta}\sum_{k=1}^{n}\cos{2k \theta} = 2\cos{(n+1)\theta} \cdot \sin{n\theta}
\]
である．したがって $\sin{\theta} \neq 0$，すなわち $\theta \neq m\pi$ であれば
\[
\sum_{k=1}^{n}\cos{2k \theta} = \frac{\cos{(n+1)\theta} \cdot \sin{n\theta}}{\sin{\theta}}
\]
を得る．$\theta$ を $\theta / 2$ で置き換えれば $\theta \neq 2 m \pi$ に対して求める結果を得る．

$\theta = 2 m \pi$ のときは $\cos{k\theta} = \cos{2km\pi} = 1$ であるから，和は $n$ である．

Euler の公式
\[
e^{i\theta}=\cos{\theta}+i\sin{\theta}
\]
より
\[
\sin{\theta} = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}
\]
と表されることに注意する．$z = e^{i\theta}$ とおくと，等比数列の和の公式より
\[
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{n}z^k
&= \frac{1-z^{n+1}}{1-z} \\
&= \frac{z^{\frac{n+1}{2}}}{z^{\frac{1}{2}}}\cdot\frac{z^{\frac{n+1}{2}}-z^{-\frac{n+1}{2}}}{z^{\frac{1}{2}}-z^{-\frac{1}{2}}}\\
&= \left(\cos{\frac{n\theta}{2}}+i\sin{\frac{n\theta}{2}}\right)\frac{\sin{\frac{n+1}{2}\theta}}{\sin{\frac{\theta}{2}}} \\
&= \frac{\cos{\frac{n\theta}{2}}\sin{\frac{n+1}{2}\theta}}{\sin{\frac{\theta}{2}}} + i \frac{\sin{\frac{n\theta}{2}}\sin{\frac{n+1}{2}\theta}}{\sin{\frac{\theta}{2}}}
\end{align*}
\]
が成り立つ．ただし途中の式変形において de Moivre の公式
\[
\left(\cos{\theta}+i\sin{\theta}\right)^n = {\cos{n\theta}} + i \sin{n\theta}
\]
を用いた．和の実部と虚部をそれぞれ比較すれば
\[
\begin{align*}
1+\sum_{k=1}^{n}\cos{k\theta}
&= \frac{\cos{\frac{n\theta}{2}}\sin{\frac{n+1}{2}\theta}}{\sin{\frac{\theta}{2}}} \\
\sum_{k=1}^{n}\sin{k\theta}
&= \frac{\sin{\frac{n\theta}{2}}\sin{\frac{n+1}{2}\theta}}{\sin{\frac{\theta}{2}}}
\end{align*}
\]
を得る．

cos の和の式は，$1$ を右辺に移項して積和の公式 → 和積の公式と順に適用すれば，積和の公式を利用した場合の結果と同じ形を得られる．

\[
\sum_{k=1}^{n}\cos{k\theta} = \frac{\sin{\frac{2n+1}{2}}\theta}{2\sin{\frac{\theta}{2}}}-\frac{1}{2}
\]
の両辺を $\theta$ で微分して，積和の公式で整理すれば得られる．

\[
\sum_{k=1}^{n}\sin{k\theta} = \frac{\cos{\frac{\theta}{2}}}{2\sin{\frac{\theta}{2}}}-\frac{\cos{\frac{2n+1}{2}\theta}}{2\sin{\frac{\theta}{2}}}
\]
の両辺を $\theta$ で微分して，積和の公式で整理すれば得られる．

\[
\sum_{k=1}^{n}k\cos{k\theta} = \frac{(n+1)\cos{n\theta}-n\cos{(n+1)\theta}-1}{2(1-\cos{\theta})} \qquad (\theta \neq 2m\pi)
\]
の両辺を $\theta$ で微分して，積和の公式で整理すれば得られる．