Сначала докажем следующую лемму.
Лемма. $\sin nx=\sin x\cdot A_n(\cos x)$, где $A_n(x)$ — некоторый многочлен степени $n-1$ с первым коэффициентом $2^{n-1}$; $\cos nx=B_n(\cos x)$, где $B_n(x)$ — некоторый многочлен степени $n$ с первым коэффициентом $2^{n-1}$.
Ясно, что при $n=1$ утверждение леммы верно. Пусть оно верно для $n=k$. Тогда
$$
\begin{align*}
\sin(k+1)x&=\sin x\cos kx+\cos x\sin kx=\sin x\,(B_k(\cos x)+\cos x\,A_k(\cos x));\\
\cos(k+1)x&=\cos x\cos kx-\sin x\sin kx=\cos x\,B_k(\cos x)+(\cos^2x-1)\,A_k(\cos x).
\end{align*}
$$
Поэтому ясно, что $A_{k+1}(x)=B_k(x)-xA_k(x)$ и $B_{k+1}(x)=xB_k(x)+(x^2-1)\,A_k(x)$ — многочлены с первым коэффициентом, равным сумме первых коэффициентов многочленов $A_k(x)$ и $B_k(x)$, — т. е. с первым коэффициентом, равным $2^{k-1}+2^{k-1}=2^k$. Лемма доказана.
Положим $f(x)=\sin\left(x+\dfrac\pi n\right)\ldots\sin\left(x+\dfrac{\pi\smash{(n-1)}}n\right)$, Сгруппируем попарно члены вида $\sin\left(x+\dfrac{\pi\smash i}n\right)$ и $\sin\left(x+\dfrac{\pi\smash{(n-i)}}n\right)$, где $0\lt i\lt \dfrac n2$.
Если $n$ чётно, то в произведении останется ещё член
$$
\sin\raisebox{6pt}{\(\Bigg(\)}x+\dfrac{\pi\dfrac n2}n\raisebox{6pt}{\(\Bigg)\)}=\sin\left(x+\dfrac\pi2\right)=\cos x.
$$
Преобразуем попарные произведения:
$$
\begin{gather*}
\sin\left(x+\dfrac{\pi\smash i}n\right)\sin\left(x+\dfrac{\pi\smash{(n-i)}}n\right)=
\dfrac12\left(-{\cos(2x+\pi)}+\cos\left(\dfrac{\smash2\pi\smash i}n-\pi\right)\right)=\\=
\dfrac12\left(\cos2x-\cos\dfrac{\smash2\pi\smash i}n\right)=
\dfrac12\left(2\cos^2x-1-\cos\dfrac{\smash2\pi\smash i}n\right)=\cos^2x-d_i,
\end{gather*}
$$
где $d_i$ — некоторые константы.
Итак, $f(x)=D_n(\cos x)$, где $D_n(x)$ — некоторый многочлен степени $n-1$ с первым коэффициентом 1.
Нам осталось доказать, что $A_n(x)=2^{n-1}D_n(x)$ (в частности, отсюда будет следовать, что константа $c_n$ в условии задачи равна $\dfrac1{2^{n-1}}\bigg)$.
Воспользуемся для этого теоремой о том, что многочлен степени $k$ имеет не более $k$ различных корней. (Ниже мы напомним, как она доказывается.)
Рассмотрим многочлен $F(x)=A_n(x)-2^{n-1}D_n(x)$. Его степень меньше, чем $n-1$, так как коэффициенты при $x^{n-1}$ у многочленов $A_n(x)$ и $2^{n-1}D_n(x)$ равны. Значит, либо $F(x)$ тождественно равен 0, либо $F(x)$ имеет меньше, чем $n-1$ корней.
Рассмотрим точки $x_1=-\dfrac\pi n$, $x_2=-\dfrac{2\pi}n$, $\ldots$, $x_{n-1}=-\dfrac{\pi(n-1)}n$ и пусть $t_i=\cos x_i$. Ясно, что $f(x_i)=0$, и потому $D_n(t_i)=0$; кроме того, $\sin(n\cdot x_i)=0$, а $\sin x_i\ne0$, — значит, $A_n(\cos x_i)=A_n(t_i)=0$. Заметим, что все точки $t_i$ различны так как $\cos x$ возрастает на отрезке $[-\pi,0]$.
Итак, многочлен $F(x)$ обращается в нуль в $n-1$ точках $t_1$, $t_2$, $\ldots$, $t_{n-1}$ и, значит, $F(x)$ — тождественный нуль. Таким образом, $A_n=2^{n-1}D_n$, т. е.
$$
\sin x\sin\left(x+\dfrac\pi n\right)\ldots\sin\left(x+\dfrac{\pi\smash{(n-1)}}n\right)=\dfrac1{2^{n-1}}\sin nx.
$$
Напомним теперь, как доказывать, что у многочлена степени $k$ не более $k$ корней. Для $k=1$ это очевидно. Пусть это утверждение верно при $k=l-1$ и пусть $P(t)=a_lt^l+a_{l-1}t^{l-1}+\ldots+a_1t+a_0$ — многочлен степени $l$ ($a_l\ne0$). Пусть $\alpha$ — корень многочлена $P$ (если у $P$ нет корней, то всё доказано): $P(\alpha)=a_l\alpha^l+\ldots+a_0=0$. Поэтому
$$
P(t)=P(t)-P(\alpha)=a_l(t^l-\alpha^l)+a_{l-1}(t^{l-1}-\alpha^{l-1})+\ldots+a_1(t-\alpha).
$$
Легко проверить, что
$$
t^i-\alpha^i=(t-\alpha)(t^{i-1}+\alpha t^{i-2}+\alpha^2t^{i-3}+\ldots+\alpha^{l-2}t+\alpha^{i-1}).
$$
Поэтому
$$
P(t)=(t-\alpha)[a_l(t^{l-1}+\ldots+\alpha^{l-1})+a_{l-1}(t^{l-2}+\ldots+\alpha^{l-2})+\ldots+a_1]=(t-\alpha)\,H(t),
$$
где $H(t)$ — некоторый многочлен степени $l-1$.
По предположению $H(t)$ имеет не более $l-1$ корней. Значит, $P$ имеет не более $l$ корней ($\alpha$ и корни многочлена $H(t)$).
Наше утверждение доказано для всех $k$.
