Soit \(n\geq2\). On a

\[a_n=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{1}{2i}(e^{ik\pi/n}-e^{-ik\pi/n})=\frac{1}{(2i)^{n-1}}\prod_{k=1}^{n-1}e^{ik\pi/n}\prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{-2ik\pi/n}).\]

Maintenant,

\[\prod_{k=1}^{n-1}e^{ik\pi/n}=e^{\frac{i\pi}{n}(1+2+...+(n-1))}=e^{i\pi(n-1)/2}(e^{i\pi/2})^{n-1}=i^{n-1},\]

et donc \(\frac{1}{(2i)^{n-1}}\prod_{k=1}^{n-1}e^{ik\pi/n}=\frac{1}{2^{n-1}}\).

Il reste à calculer \(\prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{-2ik\pi/n})\).

Les \(e^{-2ik\pi/n}\), \(1\leq k\leq n-1\), sont les \(n-1\) racines \(n\)-ièmes de \(1\) distinctes de \(1\) et puisque \(X^n-1=(X-1)(1+X+...+X^{n-1})\), ce sont donc les \(n-1\) racines deux deux distinctes du polynôme \(1+X+...+X^{n-1}\). Par suite, \(1+X+...+X^{n-1}=\prod_{k=1}^{n-1}(X-e^{-2ik\pi/n})\), et en particulier \(\prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{-2ik\pi/n})=1+1...+1=n\). [2ème solution.] Pour \(1\leq k\leq n-1\), posons \(z_k=1-e^{-2ik\pi/n}\). Les \(z_k\) sont deux à deux distincts et racines du polynôme \(P=(1-X)^n-1=-X+...+(-1)^nX^n=X(-n+X-...+(-1)^nX^{n-1})\). Maintenant, \(z_k=0\Leftrightarrow e^{-2ik\pi/n}=1\leq k\in n\Zz\) (ce qui n’est pas pour \(1\leq k\leq n-1\)). Donc, les \(z_k\), \(1\leq k\leq n-1\), sont \(n-1\) racines deux à deux distinctes du polynôme de degré \(n-1\) : \(-n+X-...+(-1)^nX^{n-1}\). Ce sont ainsi toutes les racines de ce polynôme ou encore

\[-n+X-...+(-1)^nX^{n-1}=(-1)^n\prod_{k=1}^{n-1}(X-z_k).\]

En particulier, en égalant les coefficients constants,

\[(-1)^n.(-1)^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}z_k=-n,\]

et donc encore une fois \(\prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{-2ik\pi/n})=n\).

Finalement,

\[\forall n\geq2,\;\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n}=\frac{n}{2^{n-1}}.\] Soit \(n\) un entier naturel non nul.

\[b_n=\prod_{k=1}^{n}\frac{1}{2}(e^{i(a+\frac{k\pi}{n})}+e^{-i(a+\frac{k\pi}{n})})=\frac{1}{2^n}\prod_{k=1}^{n}e^{-i(a+\frac{k\pi}{n})}\prod_{k=1}^{n}(e^{2i(a+\frac{k\pi}{n})}+1).\]

Ensuite,

\[\prod_{k=1}^{n}e^{-i(a+\frac{k\pi}{n})}=e^{-ina}e^{-\frac{i\pi}{n}(1+2+...+n)}=e^{-ina}e^{-i(n+1)\pi/2}.\]

D’autre part, soit \(P=\prod_{k=1}^{n}(X+e^{2i(a+\frac{k\pi}{n})})=\prod_{k=1}^{n}(X-(-e^{2i(a+\frac{k\pi}{n})}))\). Pour tout \(k\), on a \((-e^{2i(a+\frac{k\pi}{n}})^n=(-1)^ne^{2ina}\). Par suite, les \(n\) nombres deux à deux distincts \(-e^{2i(a+\frac{k\pi}{n}}\), \(1\leq k\leq n\) sont racines du polynôme \(X^n-(-1)^ne^{2ina}\), de degré \(n\). On en déduit que, \(P=X^n-(-1)^ne^{2ina}\).

Par suite, \(\prod_{k=1}^{n}(e^{2i(a+\frac{k\pi}{n})}+1)=P(1)=1-(-1)^ne^{2ina}=1-e^{2ina+n\pi}\), puis

\[\begin{align*}\ensuremath b_n&=\frac{1}{2^n}e^{-ina}e^{-i(n+1)\pi/2}(1-e^{2ina+n\pi})=\frac{1}{2^n}(e^{-i(na+(n+1)\frac{\pi}{2})}-e^{i(na+(n-1)\frac{\pi}{2})})\\ &=\frac{1}{2^n}(e^{-i(na+(n+1)\frac{\pi}{2})}+e^{i(na+(n+1)\frac{\pi}{2})})=\frac{\cos(na+(n+1)\frac{\pi}{2})}{2^{n-1}}. \end{align*}\] \[\begin{align*}\ensuremath c_n\;\mbox{est défini}\Leftrightarrow\forall k\in\{1,...,n\},\;a+\frac{k\pi}{n}\notin\frac{\pi}{2}+\pi\Zz\Leftrightarrow\forall k\in\Nn,\;a-\frac{k\pi}{n}+\frac{\pi}{2}+\pi\Zz\Leftrightarrow a\notin\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{n}\Zz \end{align*}\]

Pour les \(a\) tels que \(c_n\) est défini, on a \(c_n=\prod_{k=1}^{n}\frac{1}{i}\frac{e^{2i(a+k\pi/n)}-1}{e^{2i(a+k\pi/n)}+1}\).

Pour \(1\leq k\leq n\), posons \(\omega_k=e^{2i(a+k\pi/n)}\) puis \(z_k=\frac{\omega_k-1}{\omega_k+1}\). On a donc \(c_n=\frac{1}{i^n}\prod_{k=1}^{n}z_k\).

Puisque \(z_k=\frac{\omega_k-1}{\omega_k+1}\), on a \(\omega_k(1-z_k)=1+z_k\) et donc, pour \(1\leq k\leq n\), \(\omega_k^n(1-z_k)^n=(1+z_k)^n\) ou encore, les \(z_k\) sont racines du polynôme \(P=(1+X)^n-e^{2ina}(1-X)^n\). Maintenant, les \(a+\frac{k\pi}{n}\) sont dans \([a,a+\pi[\) et donc deux à deux distincts puisque la fonction tangente est injective sur tout intervalle de cette forme.

Si \(e^{2ina}\neq(-1)^n\) alors \(P\) est de degré \(n\) et \(P=(1-(-1)^ne^{2ina})\prod_{k=1}^{n}(X-z_k)\). En évaluant en \(0\), on obtient

\[(1-(-1)^ne^{2ina})\prod_{k=1}^{n}(-z_k)=1-e^{2ina}.\]

D’où,

\[\prod_{k=1}^{n}z_k=\frac{1-e^{2ina}}{(-1)^n-e^{2ina}}=\frac{1-e^{2ina}}{e^{in\pi}-e^{2ina}}=\frac{e^{ina}}{e^{in\pi/2}e^{ina}}\frac{-2i\sin(na)}{-2i\sin n(a-\frac{\pi}{2})}=\frac{1}{i^n} \frac{\sin(na)}{\sin n(a-\frac{\pi}{2})}.\]

Finalement, \(c_n=(-1)^n\frac{\sin(na)}{\sin(n(a-\frac{\pi}{2}))}\).

Si \(n\) est pair, posons \(n=2p\), \(p\in\Nn^*\). \(c_n=c_{2p}=\frac{\sin(2pa)}{\sin (2pa-p\pi)}=(-1)^p\).

Si \(n\) est impair, posons \(n=2p+1\). \(c_n=c_{2p+1}=(-1)^p\tan((2p+1)a)\). [2ème cas.] Si \(e^{2ina}=(-1)^n\), alors \(2na\in n\pi+2\pi\Zz\) ou encore \(a\in\frac{\pi}{2}+\pi\Zz\). Dans ce cas, \(c_n\) n’est pas défini.

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