Une somme

Si $b\in ]-\pi/2,\pi/2[$ alors $\frac{\pi/2 - b}{\pi}$ appartient à ...

Il faut utiliser le principe de l'arc moitié, c'est le même principe que la formule $1+e^{2i \theta} = e^{i \theta} (2\cos(\theta))$

amusant l'apparition d'un polynôme de Bernoulli dans cette histoire

Je reviens sur l'exercice proposé par Code_Name et sur les remarques de gilles benson et jean lismonde.

La question initiale n'est pas difficile car on montre aisément que $|(-1)^n-e^{-2inb}|^2=2(1-\cos(2\pi na))$ en posant $\pi a=b+\dfrac{\pi}2$.
Comme le résultat admis au départ entraine que $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1-\cos(2\pi an)}{\pi^2n^2}=a-a^2$ on en déduit immédiatement que $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{|(-1)^n-e^{-2inb}|^2}{4n^2\pi}=\dfrac{\pi}2a(1-a)=\dfrac1{2\pi}(\pi^2/4-b^2)$.

Ce qui est plus intéressant dans cette histoire c'est l'intervention des polynômes de Bernoulli définis par $B_0=1$ et pour $n\geq1$ : $B'_n=nB_{n-1}$ et $\displaystyle\int_0^1B_n=0$. Les premiers sont $B_1=X-\dfrac12$ , $B_2=X^2-X+\dfrac16$, $B_3=X^3-\dfrac32X^2+\dfrac 12X$, $B_4=X^4-2X^3+X^2-\dfrac1{30}$.

L'égalité de départ est voisine de celle citée par jean lismonde :
pour $0<x<2\pi$ on a $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\sin(nx)}n=\dfrac{\pi-x}2$ avec convergence uniforme sur tout segment inclus dans $]0,2\pi[$.
Elle peut se démontrer en calculant $\displaystyle\sum_{n=1}^N\dfrac{\sin(nx)}n=\displaystyle\sum_{n=1}^N\int_0^1t^{n-1}\sin(nx)dt=\Im\int_0^1\dfrac1{e^{-ix}-t}dt-R_N$ avec $|R_N|\leq\displaystyle\int_0^1\dfrac{t^N}{|e^{-ix}-t|}dt\leq \dfrac1{m(N+1)}$ sur tout segment inclus dans $]0,2\pi[$.
En posant $x=2\pi a$ on obtient pour $a\in]0,1[$ : $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\sin(2\pi na)}n=-B_1(a)$.

Cette égalité se généralise pour $a\in[0,1]$ en faisant intervenir les polynômes de Bernoulli :
$F_{2p}(a)=\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(2\pi an)}{(n\pi)^{2p}}=c_{2p}B_{2p}(a)$ avec $c_{2p}=\dfrac{(-1)^{p-1}2^{2p-1}}{(2p)!}$
$F_{2p+1}(a)=\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(2\pi an)}{(n\pi)^{2p+1}}=c_{2p+1}B_{2p+1}(a)$ avec $c_{2p+1}=\dfrac{(-1)^{p-1}2^{2p}}{(2p+1)!}$

On peut le démontrer par récurrence sans utiliser les séries de Fourier (qui ne figurent plus au programme de CPGE). Il suffit d'intégrer et d'utiliser la définition des polynômes de Bernoulli. Ce faisant on démontre au passage la formule donnant les valeurs de la fonction $\zeta$ pour les entiers pairs :
$\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac1{n^{2p}}=\dfrac{(-1)^{p-1}(2\pi)^{2p}}{2(2p)!}B_{2p}(0)$.