二項係数を余りで分けた和

$N=4$ の二項係数は $\binom40,\dots,\binom44=1,4,6,4,1$ である。

• 添字が偶数の和：$\binom40+\binom42+\binom44=1+6+1=8$。添字が奇数の和：$\binom41+\binom43=4+4=8$。
• 添字を 3 で割った余りで分ける：余り 0（$k=0,3$）は $1+4=5$、余り 1（$k=1,4$）は $4+1=5$、余り 2（$k=2$）は $6$。
  偶数・奇数ではちょうど半分ずつ（$2^4/2=8$）に分かれたが、3 つに分けると $5,5,6$ で、$2^4/3=5.33\ldots$ のまわりに少しずれている。

1. $N=5$：二項係数は $1,5,10,10,5,1$。偶数番目 $1+10+5=16$、奇数番目 $5+10+1=16$ で、$2^4=16$ である。
2. $N=6$：二項係数は $1,6,15,20,15,6,1$。偶数番目 $1+15+15+1=32$、奇数番目 $6+20+6=32$ で、$2^5=32$ である。
3. $N=0$：$\binom00=1$ だけなので、偶数番目の和は $1$、奇数番目の和は $0$ で、等しくない。証明の段 2 で $0^0=1$ となり、$0^N=0$ が使えないからである。

$\omega^3=1$ を使うと、$\omega^k$ は $k$ を 3 で割った余りだけで決まる。
$$ \omega^4=\omega^3\cdot\omega=\omega,\qquad \omega^5=\omega^3\cdot\omega^2=\omega^2,\qquad \omega^6=(\omega^3)^2=1,\qquad \omega^{10}=(\omega^3)^3\cdot\omega=\omega,\qquad \omega^{20}=(\omega^3)^6\cdot\omega^2=\omega^2. $$
$\omega^{-1}=\omega^2$、$\omega^{-2}=\omega$ でもある。

たとえば $k=5$ では $\omega^{10}=\omega$（ex-bsr-omega-powers）なので $1+\omega^2+\omega=0$ である。

$N=6$ の二項係数は $1,6,15,20,15,6,1$ で、直接足すと $S_0=1+20+1=22$、$S_1=6+15=21$、$S_2=15+6=21$ である。公式では
$$ S_0=\frac{64+2\cos2\pi}3=\frac{66}3=22,\qquad S_1=\frac{64+2\cos\frac{4\pi}3}3=\frac{64-1}3=21,\qquad S_2=\frac{64+2\cos\frac{2\pi}3}3=\frac{63}3=21 $$
で一致する。

$N=10$、$r=0$ で、公式の 1 つ目の形を $\omega$ のまま計算する。$1+\omega=-\omega^2$、$1+\omega^2=-\omega$ なので
$$ (1+\omega)^{10}=(-\omega^2)^{10}=\omega^{20}=\omega^2,\qquad (1+\omega^2)^{10}=(-\omega)^{10}=\omega^{10}=\omega $$
である（ex-bsr-omega-powers）。よって $S_0=\frac13(1024+\omega^2+\omega)=\frac13(1024-1)=341$ である。直接足すと、二項係数 $1,10,45,120,210,252,210,120,45,10,1$ のうち $k=0,3,6,9$ の和は $1+120+210+10=341$ で一致する。同様に $S_1=341$、$S_2=45+252+45=342$ である（$341+341+342=1024$）。

1. $N=8$ の二項係数は $1,8,28,56,70,56,28,8,1$。直接足すと $T_0=1+70+1=72$、$T_1=8+56=64$、$T_2=28+28=56$、$T_3=56+8=64$ である。公式では $2^{\frac82+1}=32$ で、$T_0=\frac{256+32\cos2\pi}4=72$、$T_1=\frac{256+32\cos\frac{3\pi}2}4=64$、$T_2=\frac{256+32\cos\pi}4=56$、$T_3=\frac{256+32\cos\frac\pi2}4=64$ と一致する。
2. $N=10$、$r=0$：$\cos\frac{10\pi}4=\cos\frac{5\pi}2=0$ なので $T_0=\frac{1024}4=256$。直接足すと $\binom{10}0+\binom{10}4+\binom{10}8=1+210+45=256$ である。

$N=0$ では $T_0=\binom00=1$ である。ところが prop-bsr-four の式は $\frac14\bigl(1+2\cos0\bigr)=\frac34$ となり、一致しない。証明の段 2 で $(1-1)^0=0^0=1$ となって、この項が消えないからである。仮定 $N\ge1$ を外すと公式が崩れる。一方 thm-bsr-three は $N=0$ でも成り立つ（$S_0=\frac13(1+2)=1$）。

偶数番目の和を取り出す $\frac{f(1)+f(-1)}2$ も、3 つおきの和を取り出す prf-thm-bsr-three の段 1 のふるいも、多項式の係数が何であっても成り立つ式である。ここで問うのも、そのような式が実数 $\pm1$ の代入だけで作れるかどうかである。数を 1 つ当てはめるだけなら、たとえば $N=2$ では $S_0=\binom20=1$ で $\frac14(1+1)^2=1$ なので、「$(1+1)^N$ を $\frac14$ 倍する」だけで $S_0$ に等しくなってしまう。これは $N=2$ の二項係数の値に合わせただけで、「3 つおきの和を取り出す」式ではない。
段 1（重みを調べる）：係数が何でもよい多項式 $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots$ に $x=1$ と $x=-1$ を代入して、それぞれ $\alpha$ 倍、$\beta$ 倍して足すと
$$ \alpha f(1)+\beta f(-1)=\sum_k\bigl(\alpha+\beta(-1)^k\bigr)a_k $$
である。係数 $a_k$ に掛かる重み $\alpha+\beta(-1)^k$ は、$k$ の偶奇だけで決まる。特に $k=0$ と $k=2$ の重みはどちらも $\alpha+\beta$ である。
段 2（取り出せないことを示す）：この式が、どんな係数についても $a_0+a_3+a_6+\cdots$ に等しいとする。$f(x)=1$（$a_0=1$、ほかは $0$）とすると $\alpha+\beta=1$ でなければならない。$f(x)=x^2$（$a_2=1$、ほかは $0$）とすると、$a_0+a_3+\cdots=0$ なので $\alpha+\beta=0$ でなければならない。両方は同時には成り立たないので、そのような $\alpha,\beta$ はない。
段 3（二項係数に限っても同じ）：二項係数に限る場合も、$N$ によらない数 $\alpha,\beta$ で、すべての $N\ge1$ について $\alpha(1+1)^N+\beta(1-1)^N=S_0$ とはできない。$N\ge1$ では左辺は $\alpha\cdot2^N$ なので $\alpha=\frac{S_0}{2^N}$ が必要だが、$\frac{S_0}{2^N}$ は $N=1,2,3$ で $\frac12,\frac14,\frac14$ と変わる（$N=1$ では $S_0=1$、$N=2$ では $S_0=1$、$N=3$ では $S_0=\binom30+\binom33=2$）。
3 乗して $1$ になる実数は $1$ しかなく、虚数の $\omega,\omega^2$ が欠かせない。