一般来说，如果$f美元$是多项式，并且$\zeta=e^{i2\pi/n}$是原语$n^{th}$那么，团结的根源$\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}f（\泽塔^k）$等于$x^{n}$在我们的情况下，让$\zeta=e^{i2\pi/9}$.权力的周期性$\泽塔$暗示$$f（\zeta^k）=\Big（（1+\zeta）（1+\zeta^2）\cdots（1+\zeta^9）\Big）^｛230｝\tag 1$$为了继续，我们使用这个引理。
引理：如果$\欧米茄$是原语$n^{th}$团结之根，以及n美元$那就奇怪了$$（1+\omega）（1+\nomega^2）\cdots（1+\n omega^n）=2$$
证明：众所周知，多项式的不同根$x^n-1美元$确实是$\omega^k美元$，用于$k=0,1，\点，n-1$因此，$x^n-1美元$因素为$$x^n-1=（x-1）（x-\omega）（x-\omega^2）\cdots（x-\omega^{n-1}）$$通过设置结束$x=-1$.美元\平方$
回到眼前的问题，$\泽塔，\泽塔^2，\泽塔^4，\泽泰塔^5，\泽泰^7，\泽达^8$都是原始的9^{th}美元$统一的根，因此将引理应用于$(1)$暗示$$f（zeta^k）=2^{230}，在{1,2,4,5,7,8}中为四k$$然而，对于k美元=3.6$,$\泽塔^k$是原语第三的团结的根源，而我们$$f（泽塔^3）=f（泽塔^6）=\大（（1+\ze塔^3）（1+\泽塔^6）（1++泽塔^9）\大）^{690}=2^{690}$$最后，我们显然已经$f（\zeta^0）=f（1）=2^{2070}$把这些放在一起，我们得到$$\text{$x^{9k}$}=\frac19\sum{k=0}的系数之和^{9-1}页（泽塔^k）=\frac19\Big（2^{2070}+2\cdot 2^{690}+6\cdot 2 ^{230}\Big）$$
