二項係数の問題を解く！

与式は、次の多項式の$x^{(3の倍数)}$の係数の和である.
$$(x+1{)}^n={}_n{\mathrm{C}}_0+{}_n{\mathrm{C}}_{1}x+{}_n{\mathrm{C}}_2{x}^2+\cdots {}_n{\mathrm{C}}_n{x}^n$$

さてこの式を$f(x)$としよう.
$1$の$3$乗根のうち$1$でないものの一つを$\omega$とする。
この$\omega$には次のような性質がある

$$\begin{array}{rcl}{\omega }^3=1& ⟹& {\omega }^3-1=0\\ & ⟹& (\omega -1)({\omega }^2+\omega +1)=0\\ & ⟹& {\omega }^2+\omega +1=0(\because \omega \ne 1)\end{array}$$

さて、これを踏まえて次の値を考えてみよう
$$f(\omega )+f({\omega }^2)+f({\omega }^3)$$
とりあえず、筆算をしてみると
$$\begin{array}{}& & {}_n{\mathrm{C}}_0+{}_n{\mathrm{C}}_1\omega +{}_n{\mathrm{C}}_2{\omega }^2+{}_n{\mathrm{C}}_3{\omega }^3+{}_n{\mathrm{C}}_4{\omega }^4+\cdots +{}_n{\mathrm{C}}_n{\omega }^n\\ & & {}_n{\mathrm{C}}_0+{}_n{\mathrm{C}}_1{\omega }^2+{}_n{\mathrm{C}}_2{\omega }^4+{}_n{\mathrm{C}}_3{\omega }^6+{}_n{\mathrm{C}}_4{\omega }^8+\cdots +{}_n{\mathrm{C}}_n{\omega }^{2n}\\ +)& & {}_n{\mathrm{C}}_0+{}_n{\mathrm{C}}_1{\omega }^3+{}_n{\mathrm{C}}_2{\omega }^6+{}_n{\mathrm{C}}_3{\omega }^9+{}_n{\mathrm{C}}_4{\omega }^{12}+\cdots +{}_n{\mathrm{C}}_n{\omega }^{3n}\\ & & {}_n{\mathrm{C}}_0\cdot 3+0+0+{}_n{\mathrm{C}}_3\cdot 3+0+\cdots +{}_n{\mathrm{C}}_n\cdot 3\end{array}$$

$({\omega }^k={\omega }^{kを3で割ったあまり}に注意せよ)$
となり、${}_n{\mathrm{C}}_{(3の倍数)}$の部分だけが出てきてくれる！

それぞれ$3$倍されているので、最終的に$3$で割れば目標の式が得られますね

$$(与式)=\frac{f(\omega )+f({\omega }^2)+f({\omega }^3)}{3}$$

では、$f(\omega ),f({\omega }^2),f({\omega }^3)$それぞれの値を求めていきましょう。

$$\begin{array}{rcl}f({\omega }^3)& =& f(1)\\ & =& (1+1{)}^n\\ & =& 2^n\end{array}$$

$$\begin{array}{rcl}f(\omega )& =& (\omega +1{)}^n\\ & =& (-{\omega }^2{)}^n \cdots (\ast )\\ & =& 1\end{array}$$

$$\begin{array}{rcl}f({\omega }^2)& =& ({\omega }^2+1{)}^n\\ & =& (-\omega {)}^n \cdots (\ast )\\ & =& 1\end{array}$$

$((\ast )では {\omega }^2+\omega +1=0を変形させて使った)$
よって、
$$\begin{array}{rcl}\frac{f(\omega )+f({\omega }^2)+f({\omega }^3)}{3}& =& \frac{1+1+2^n}{3}\\ & =& \frac{2+2^n}{3}\end{array}$$