Pour \(a,b\in\R\) avec \(b\not\equiv 0(\mathrm{mod}\,{\pi})\), vérifier l’identité suivante : \(\frac{(1+ia) - e^{ib}(1-ia)}{1-e^{ib}} = 1 - \frac a{\tan(b/2)}\).
Pour \(a,b\in\C\) et \(n\in\N^*\), vérifier l’identité suivante : \(a^n + b^n = \prod_{k=0}^{n-1}(a-be^{i(2k+1){\frac \pi n}})\).
Pour \(x\in\R\) et \(p\in\N^*\), vérifier l’identité suivante : \(\frac{\Bigl(1+\frac{ix}{2p}\Bigr)^{2p} + \Bigl(1-\frac{ix}{2p}\Bigr)^{2p}}{\vrule height 10pt width 0pt 2} = \prod_{k=0}^{p-1}\Bigl(1-\frac{x^2}{4p^2\tan^2\frac{(2k+1)\pi}{4p}}\Bigr)\).
Démontrer alors : \(\forall\ x\in{]-\frac\pi2,\frac\pi2[},\ \ln(\cos x) = \sum_{k=0}^\infty\ln\Bigl(1-\frac{4x^2}{(2k+1)^2\pi^2}\Bigr)\).
En déduire : \(\forall\ x\in{]-\frac\pi2,\frac\pi2[},\ \tan x = \sum_{k=0}^\infty \frac{8x}{(2k+1)^2\pi^2 - 4x^2}\).
Pour \(n\in\N\) avec \(n\ge 2\), vérifier l’identité suivante : \(\sum_{k=0}^\infty \frac1{(2k+1)^n} = \frac{2^n-1}{\vrule height 10pt width 0pt 2^n}\zeta(n)\).
Démontrer enfin : \(\forall\ x\in{]-\frac\pi2,\frac\pi2[},\ \tan x = \sum_{n=1}^\infty \frac{2(4^n-1)}{\pi^{2n}}\zeta(2n)x^{2n-1}\).