公式
正の整数 $n$ と複素数 $z$ について、次の等式が成り立つ。
$$\prod_{k=0}^{n-1} \frac{1}{z-\zeta_n^k} = \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{\zeta_n^k}{z-\zeta_n^k}$$
ただし、$z^n \neq 1$ であり、$\zeta_n \triangleq e^{j 2 \pi /n}$ と定義する。
準備
$z^n - 1$ の因数分解を考える。
実数の範囲では、$$
\begin{align}
z^n - 1
&= (z-1) (1 + z + \cdots + z^{n-2} + z^{n-1}) \\
&= (z-1) \sum_{k=1}^n z^{k-1}
\end{align}
$$となる。複素数の範囲では $n$ 個の根があり、$$
\begin{align}
z^n - 1
&= \prod_{k=0}^{n-1} (z-\zeta_n^k) \\
&= (z-1) \prod_{k=1}^{n-1} (z-\zeta_n^k)
\end{align}
$$とできる。
したがって、$$\prod_{k=1}^{n-1} (z-\zeta_n^k) = \sum_{k=1}^n z^{k-1}$$となる。これに $z=1$ を代入して、$$
\begin{align}
\prod_{k=1}^{n-1} (1-\zeta_n^k)
&= \sum_{k=1}^n 1^{k-1} \\
&= n
\end{align}
$$を得る。
証明
左辺は、$$\prod_{k=0}^{n-1}\frac{1}{z-\zeta_n^k} = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{a_k}{z-\zeta_n^k}$$と部分分数分解できるから、$k=m$ のときの係数 $a_m$ を求めればよい。この両辺に $z-\zeta_n^m$ を掛けて、$z=\zeta_n^m$ とすることを考える。
右辺について、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \eval{ (z-\zeta_n^m) \sum_{k=0}^{n-1} \frac{a_k}{z-\zeta_n^k} }_{z=\zeta_n^m} \\
&= \eval{ \qty[ \sum_{k=0}^{m-1} \frac{a_k (z-\zeta_n^m)}{z-\zeta_n^k} + a_m + \sum_{k=m+1}^{n-1} \frac{a_k (z-\zeta_n^m)}{z-\zeta_n^k} ] }_{z=\zeta_n^m} \\
&= \sum_{k=0}^{m-1} \frac{a_k (\zeta_n^m-\zeta_n^m)}{\zeta_n^m-\zeta_n^k} + a_m + \sum_{k=m+1}^{n-1} \frac{a_k (\zeta_n^m-\zeta_n^m)}{\zeta_n^m-\zeta_n^k} \\
&= a_m
\end{align}
$$である。左辺について、$$
\begin{align}
&\phantom{{}={}} \eval{ (z-\zeta_n^m) \prod_{k=0}^{n-1}\frac{1}{z-\zeta_n^n} }_{z=\zeta_n^m} \\
&= \eval{ \qty[ \prod_{k=0}^{m-1}\frac{1}{z-\zeta_n^k} ] \qty[ \prod_{k=m+1}^{n-1}\frac{1}{z-\zeta_n^k} ] }_{z=\zeta_n^m} \\
&= \qty[ \prod_{k=0}^{m-1}\frac{1}{\zeta_n^m-\zeta_n^k} ] \qty[ \prod_{k=m+1}^{n-1}\frac{1}{\zeta_n^m-\zeta_n^k} ] \\
&= \qty[ \prod_{k=n-m}^{n-1}\frac{1}{\zeta_n^m-\zeta_n^{k-n+m}} ] \qty[ \prod_{k=1}^{n-m-1}\frac{1}{\zeta_n^m-\zeta_n^{k+m}} ] \\
&= \qty[ \prod_{k=n-m}^{n-1}\frac{1}{\zeta_n^m-\zeta_n^{k+m} \zeta_n^{-n}} ] \qty[ \prod_{k=1}^{n-m-1}\frac{1}{\zeta_n^m-\zeta_n^{k+m}} ] \\
&= \qty[ \prod_{k=n-m}^{n-1}\frac{1}{\zeta_n^m-\zeta_n^{k+m}} ] \qty[ \prod_{k=1}^{n-m-1}\frac{1}{\zeta_n^m-\zeta_n^{k+m}} ] \\
&= \prod_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\zeta_n^m-\zeta_n^{k+m}} \\
&= (\zeta_n^{-m})^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1}\frac{1}{1-\zeta_n^k} \\
&= (\zeta_n^n)^{-m} \zeta_n^m \cdot \frac{1}{n} \\
&= \frac{\zeta_n^m}{n}
\end{align}
$$であるから、辺々を比較して、$$a_m = \frac{\zeta_n^m}{n}$$ゆえ、示された。
