Aquí hay una respuesta al $t = 2s$ es incluso.
Deje $n, s$ ser enteros no negativos. A continuación, con $\zeta = \mathrm{e}^{i\pi/n}$$\omega = \zeta^2 = \mathrm{e}^{2i\pi/n}$, tenemos
\begin{align*}
2^{2s} \sum_{k=0}^{n-1} \sin^{2s} \left(\frac{\pi k}{n} \right)
&= \sum_{k=0}^{n-1} \left( \frac{\zeta^k + \zeta^{n-k}}{i} \right)^{2s} \\
&= (-1)^{-s} \sum_{k=0}^{n-1}\sum_{l=0}^{2s} \binom{2s}{l} \zeta^{(2s-l)k+l(n-k)} \\
&= (-1)^{-s} \sum_{k=0}^{n-1}\sum_{l=0}^{2s} \binom{2s}{l} (-1)^l \omega^{(s-l)k}.
\end{align*}
Intercambiando el orden de la suma, tenemos
\begin{align*}
2^{2s} \sum_{k=0}^{n-1} \sin^{2s} \left(\frac{\pi k}{n} \right)
&= \sum_{l=0}^{2s} (-1)^{l-s} \binom{2s}{l} \left( \sum_{k=0}^{n-1} (\omega^{s-l})^k \right) \\
&= \sum_{l=0}^{2s} (-1)^{l-s} \binom{2s}{l} \left( n \cdot \mathbf{1}_{\{ l \equiv s \ (\mathrm{mod} \ n)\}} \right) \\
&= n \sum_{j} (-1)^{nj} \binom{2s}{s+nj},
\end{align*}
donde la última suma se ejecuta sobre todos los números enteros $j$ tal que $-\frac{s}{n} \leq j \leq \frac{s}{n}$.
Ejemplos. Como casos especiales, conectar $s = n$ rendimientos
$$ \sum_{k=0}^{n-1} \sin^{2n} \left(\frac{\pi k}{n} \right) = \frac{n}{2^{2n}} \left[ \binom{2n}{n} + (-1)^n 2 \right], $$
y del mismo modo, la sustitución de $n$ $2n$ y conectar $s = n$ rendimientos
$$ \sum_{k=0}^{n-1} \sin^{2n} \left(\frac{\pi k}{2n} \right) = \frac{n}{2^{2n}} \binom{2n}{n} - \frac{1}{2}. $$
Adenda. Aquí es una intuición sobre la razón por la cual esperamos la suma a ser simplificado. Si $t = 2s$ es par, entonces podemos expandir $\sin^{2s} x$ en una combinación lineal de $1, \cos 2x, \cos 4x, \cdots, \cos 2sx$. En nuestro caso, podemos escribir
$$ \sin^{2s} \left(\frac{\pi k}{n}\right) = \sum_{j=0}^{s} a_j \cos \left(\frac{2\pi j k}{n}\right). $$
Ahora, se suma esta $k = 0, \cdots, n-1$, todo el coseno términos se anulan, excepto cuando se $j$ es un múltiplo de a $n$. Esto significa que
$$ \sum_{k=0}^{n-1} \sin^{2s} \left(\frac{\pi k}{n}\right) = n (a_0 + a_n + a_{2n} + \cdots). $$
Por lo que es suficiente para identificar a $a_j$ $j$'s de varios de $n$. Esto se puede hacer mediante la expansión de $\sin^{2s} x$ a la utilización de complejos exponencial y el teorema del binomio. Esto es esencialmente lo que hicimos en el cálculo anterior.
Por otro lado, este truco no funciona para los impares $t$. De hecho, cuando se $t = 2s+1$ es impar, podemos escribir
$$ \sin^{2s+1} \left(\frac{\pi k}{n}\right) = \sum_{j=0}^{s} a_j \sin \left(\frac{\pi (2j+1)k}{n}\right) $$
para algunas constantes $a_0, \cdots, a_n$. (De hecho, $a_j = (-1)^j 2^{-2s} \binom{2s+1}{s-j}$.) Ahora sumando ambos lados de $k = 0, \cdots, n-1$,
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{n-1}\sin^{2s+1} \left(\frac{\pi k}{n}\right)
&= \sum_{j=0}^{s} a_j \sum_{k=0}^{n-1} \sin \left(\frac{\pi (2j+1)k}{n}\right) \\
&= \frac{1}{2^{2s}} \sum_{j=0}^{s} (-1)^j \binom{2s+1}{s-j} \cot \left(\frac{\pi(2j+1)}{2n}\right).
\end{align*}
Es difícil para mí creer que esto nunca va a simplificar la excepción de algunos de niza $s$.
Anexo 2 (Sólo por diversión). Aunque ya no es más simple que el de la suma original, también se puede demostrar que para el complejo de $t$ $\Re(t) > 0$ y para el entero positivo $n$ la siguiente fórmula se tiene:
$$\sum_{k=0}^{n-1} \sin^{t} \left(\frac{\pi k}{n} \right) = \frac{n}{2^{t}} \sum_{j=-\infty}^{\infty} (-1)^{nj} \binom{t}{\frac{t}{2}+nj}. $$
Aquí, $\binom{n}{k} = \frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(k+1)\Gamma(n-k+1)}$ es la extendida coeficiente binomial.
