Soit \(a\in\Cc\setminus[-1,1]\). Pour tout réel \(t\), \(a-\cos t\neq0\) et

\(\frac{1}{a-\cos t}=\frac{2}{2a-e^{it}-e^{-it}}=\frac{-2e^{it}}{(e^{it})^2-2ae^{it}+1}\).

L’équation \(z^2-2az+1=0\) admet deux solutions non nulles inverses l’une de l’autre. On note \(b\) la solution de plus petit module de sorte que \(|b|\leqslant1\).

On ne peut avoir \(|b|=1\) car alors il existe \(\theta\in\Rr\) tel que \(b=e^{i\theta}\). On en déduit que \(2a=b+\frac{1}{b}=2\cos\theta\in[-2,2]\) puis que \(a\in[-1,1]\) ce qui n’est pas. Donc \(|b|\neq1\). Plus précisément, puisque \(|b|\leqslant\left|\frac{1}{b}\right|\), on a \(|b|<1\) et \(\left|\frac{1}{b}\right|\). En particulier, \(b\neq\frac{1}{b}\).

Ensuite, pour \(|t|<|b|\), on a

\[\begin{align*}\ensuremath \frac{1}{a-\cos t}&=\frac{-2e^{it}}{(e^{it}-b)\left(e^{it}-\frac{1}{b}\right)}=\frac{2}{\frac{1}{b}-b}\left(\frac{b}{e^{it}-b}-\frac{1/b}{e^{it}-\frac{1}{b}}\right)=\frac{2b}{1-b^2}\left(\frac{be^{-it}}{1-be^{-it}}+\frac{1}{1-be^{it}}\right)\\ &=\frac{2b}{1-b^2}\left(be^{-it}\sum_{n=0}^{+\infty}b^ne^{-int}+\sum_{n=0}^{+\infty}b^ne^{int}\right)\;(\text{car}\;|be^{it}|=|be^{-it}|=|b|<1)\\ &=\frac{2b}{1-b^2}\left(\sum_{n=0}^{+\infty}b^{n+1}e^{-i(n+1)t}+\sum_{n=0}^{+\infty}b^ne^{int}\right)=\frac{2b}{1-b^2}\left(1+\sum_{n=1}^{+\infty}b^ne^{int}+\sum_{n=1}^{+\infty}b^{n}e^{-int}\right)\\ &=\frac{2b}{1-b^2}\left(1+2\sum_{n=1}^{+\infty}b^n\cos(nt)\right). \end{align*}\]

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