问题：
- 计算帕斯卡三角形中，每一行之和\(\require{AMSmath} \sum_{k} \binom{n}{k}\)
- 在上述帕斯卡三角形每行之和计算的基础上，计算交替变换的情况\(\require{AMSmath} \sum_{k}(-1)^k \binom{n}{k}\)
- 在上述交替帕斯卡数基础上，进一步计算间隔帕斯卡数之和(\require{AMSmath} \sum_{k} \binom{n}{2k})
解构：
问题01：基本想法是从二项式公式涉及到的幂级展开出发，解构如下：
$$
(1+x)^n = \sum_{k} \binom{n}{k}x^k \\
\Downarrow \\
2^n = \sum_{k} \binom{n}{k},\quad x=1 \\
$$
问题02：基本想法同上，解构如下：
$$
(1+x)^n = \sum_{k} \binom{n}{k}x^k \\
\Downarrow \\
0=\sum_{k} \binom{n}{k}(-1)^k,\quad x=-1
$$
问题03：综合问题01与问题02的结果，则间隔帕斯卡数之和的解构如下：
$$
\begin{align}
2\sum_{k}\binom{n}{2k}&=\sum_{k}\left(\binom{n}{k}+(-1)^k \binom{n}{k}\right) \\
&= 2\left( \binom{n}{0}+ \binom{n}{2}+\binom{n}{4}+\cdots\right) \\
&= 2^n
\end{align}
$$
由此，间隔帕斯卡数之和为\(\binom{n}{0}+ \binom{n}{2}+\binom{n}{4}+\cdots = 2^{n-1}\)
在上述问题解构的基础上，证明下述相关二项式的求和等式：
$$
\binom{n}{k} + \binom{n}{m+k} + \binom{n}{2m+k} + \cdots = \\
\frac{1}{m} \sum_{0\le j \lt m} \left( 2cos\frac{j\pi}{m} \right)^{n}cos\frac{j(n-2k)\pi}{m},\quad 0 \le k \lt m
$$
思路：因该等式中涉及三角函数\(cos\frac{j\pi}{m}\)的n次幂，首先对该幂级数进行解构，利用欧拉公式展开：
$$
\begin{align}
\left( 2cos\frac{j\pi}{m} \right)^{n}
&=2^n \left( e^{i\cdot \frac{j\pi}{m}}+e^{-i\cdot \frac{j\pi}{m}} \right)^{n}/2^n \\
&= \left( e^{i\cdot \frac{j\pi}{m}}+e^{-i\cdot \frac{j\pi}{m}} \right)^{n}\\
&= \sum_{\lambda}\binom{n}{\lambda}e^{i\lambda \cdot \frac{j\pi}{m}} e^{-i(n-\lambda) \cdot \frac{j\pi}{m}} \\
&= \sum_{\lambda}\binom{n}{\lambda}e^{i(2\lambda-n) \cdot \frac{j\pi}{m}} \\
\end{align}
$$
同理，三角函数项\(cos\frac{j(n-2k)\pi}{m}\)运用欧拉公式展开后如下：
$$
\begin{align}
cos\frac{j(n-2k)\pi}{m} &=
\left( e^{i\frac{j(n-2k)\pi}{m}}+e^{-i\frac{j(n-2k)\pi}{m}} \right)/2
\end{align}
$$
由此，上述两个三角函数项的乘积可解构如下：
$$
\begin{align}
\sum_{0\le j \lt m}\left( 2cos\frac{j\pi}{m} \right)^{n}cos\frac{j(n-2k)\pi}{m}
&= \sum_{0\le j \lt m}\sum_{\lambda}\binom{n}{\lambda}e^{i(2\lambda-n) \cdot \frac{j\pi}{m}}\left( e^{i\frac{j(n-2k)\pi}{m}}+e^{-i\frac{j(n-2k)\pi}{m}} \right)/2 \\
&= \sum_{0\le j \lt m} \sum_{\lambda}\binom{n}{\lambda}e^{i(2\lambda-2k) \cdot \frac{j\pi}{m}}/2+\sum_{0\le j \lt m}
\sum_{\lambda}\binom{n}{\lambda}e^{i(2\lambda-2n+2k) \cdot \frac{j\pi}{m}}/2 \\
&= \sum_{\lambda}\binom{n}{\lambda}
\frac{1-e^{i\pi(2\lambda-2k)}}{1-e^{i\pi(2\lambda-2k)/m}}/2
+
\sum_{\gamma}\binom{n}{\gamma}
\frac{1-e^{i\pi(2\gamma-2n+2k)}}{1-e^{i\pi(2\gamma-2n+2k)/m}}/2 \tag{1}\\
\end{align}
$$
显然，式子中的\(1-e^{i\pi(2\lambda-2k)}\)与\(1-e^{i\pi(2\lambda+2k-2n)}\)恒等于0，为确保加和中的元素为有意义项，需确保分母与分子的值一致，即：
$$
\begin{cases}
\frac{1-e^{i\pi(2\lambda-2k)}}{1-e^{i\pi(2\lambda-2k)/m}} = \frac{0}{0} \\
\frac{1-e^{i\pi(2\gamma-2n+2k)}}{1-e^{i\pi(2\gamma-2n+2k)/m}} =\frac{0}{0} \\
\end{cases} \\
\Downarrow \\
\begin{cases}
(\lambda-k)/m = \kappa_1,\kappa_1 \in \mathbb{N} \\
(\gamma-n+k)/m =\kappa_2,\kappa_2 \in -\mathbb{N} \\
\end{cases}\\
\Downarrow \\
\begin{cases}
\lambda = \kappa_1 m + k \in [0,n] \\
\gamma = \kappa_2 m +n-k \in [0,n] \\
\end{cases} \\
$$
现在，进一步探讨上述\(\frac{0}{0}\)的值，记极限\(\lim_{\quad x \to 2km\pi}\frac{1-e^{ix}}{1-e^{ix/m}}\)，解构如下：
$$
\begin{align}
\lim_{\quad x \to 2km\pi}\frac{1-e^{ix}}{1-e^{ix/m}} &= \frac{cosx}{cos\frac{x}{m}} \\
&= m\frac{sinx}{sin\frac{x}{m}},\quad \text{洛必达法则} \\
&= m
\end{align}
$$
由此，对式(1)中的两个加和项展开进一步的解构如下：
$$
\begin{align}
\sum_{\lambda}\binom{n}{\lambda}
\frac{1-e^{i\pi(2\lambda-2k)}}{1-e^{i\pi(2\lambda-2k)/m}}/2+\sum_{\gamma}\binom{n}{\gamma}
\frac{1-e^{i\pi(2\gamma-2n+2k)}}{1-e^{i\pi(2\gamma-2n+2k)/m}}/2 \\
&= m\sum_{\kappa_1}\binom{n}{\kappa_1 m + k}/2+\sum_{\kappa_2}\binom{n}{\kappa_2 m +n-k}/2 \\
&= m\left( \binom{n}{k} + \binom{n}{m+k}+\cdots \right)
\end{align}
$$
至此，等式关系得到论证！
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