Acuse de recibo
La idea de la prueba y, especialmente, la forma cerrada (2) debido a darij grinberg.
Preliminares
Vamos a los números de $b^n_i$ donde $n$ $i$ son números enteros ($n>0$), dado por la siguiente recursión:
$$(1)\quad
b^1_i=\delta_{0i}+\delta_{1i},\quad
b^{n+1}_i=
\begin{cases}
b^n_i-b^n_{i-1},&n \text{ even }\\
b^n_i-b^n_{i+1}, &n \text{ odd }
\end{casos}.
$$
A continuación, la siguiente expresión explícita se aplica:
$$(2)\quad
b^n_i=(-1)^{i}\left[
\binom{n-1}{\left\lfloor\frac{n-1}{2}\right\rfloor-me}-
\binom{n-1}{\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor-i}
\right].
$$
Para $n=1$ la declaración es obviamente válido. Sustituyendo (2) en el lado derecho de (1) por separado para pares e impares $n$ uno termina con la misma expresión (2) en reemplazo de $n$$n+1$.
Las siguientes observaciones son importantes:
$$
\begin{align}
&(2a)\quad b^n_0=0, \text{ for even } n;\\
&(2b)\quad b^n_1=C_{\frac{n-1}{2}}, \text{ for odd } n;\\
&(2c)\quad b^n_i=0,\text{ for } i>\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor.
\end{align}$$
Pruebas de las reclamaciones
Es conveniente introducir, además de la matriz de $M$ la antidiagonal matriz $\Gamma$:
$$\varGamma=\begin{cases}
1, &i+j=m+1\\
0, &\text{otherwise}
\end{casos},$$
y la construcción de las matrices de $L_n=\varGamma^n M\varGamma^{n-1}$${\cal L}_n: \{{\cal L}_1=L_1;\ {\cal L}_n=L_n{\cal L}_{n-1}\}$.
$L_n$ es inferior o superior-bidiagonal matriz de pares y los impares $n$, respectivamente. Los elementos de la diagonal son $1$ y subdiagonal (o, respectivamente, superdiagonal) los elementos se $-1$. Tenga en cuenta que debido a la identidad de $\varGamma^2=I$ la siguiente igualdad se tiene:
$$
{\cal L}_n=\varGamma^n M^n.
$$
Así la acción de ${\cal L}_n$ sobre un vector es hasta permutación de elementos equivalentes a la acción de la $M^n$.
Considere los vectores
$u^{n}={\cal L}_n u$ donde $u$ $m$- dimensional de "todo" del vector. A continuación, el siguiente de la recurrencia de la relación se mantiene para cualquier $i=1\dots m$ y cualquier $n>0$:
$$(3)\quad
u^{1}_i=(L_1u)_i=\delta_{1i},\quad
u^{n+1}_i=(L_{n+1}u^n)_i=
\begin{cases}
u^n_i-u^n_{i-1},&n \text{ even }\\
u^n_i-u^n_{i+1}, &n \text{ odd }
\end{casos},
$$
con un convenio de $u^n_0=0$$u^n_{m+1}=0$.
Ahora observar el gran parecido de (3) y (1). El hecho de que $u^n_0\ne b^n_0$ por extraño $n$ no importa como $u^n_0$ entra en la recursividad sólo para incluso $n$. Uno llega a la conclusión de que $u^n_i=b^n_i$ todos los $i=1\dots m$ mientras $b^{n-1}_{m+1}=0$ incluso $n$, que no es en primer lugar para $n=2m+2$.
Por lo tanto:
$$
\forall i=1\dots m, \forall n=1\dots (2m+1):\quad u^n_i=b^n_i.
$$
La finalización de la prueba es fácil. De hecho:
$$
(4)\quad S_n=uM^nu=u{\cal L}_nu=\sum_{i=1}^m u^{n}_i=\begin{cases}
u^{n-1}_m,& n\text{ odd }\\
u^{n-1}_1,& n\text{ even }
\end{casos}.
$$
Para $n\le2m+1$ la ecuación equivale a:
$$
\text{para impar } n:\quad S_n=
b^{n-1}_m=\begin{cases}
0, &n<2m+1\\
(-1)^{m+1}, & n=2m+1
\end{casos};
$$
$$
\text{para incluso } n:\quad S_n=b^{n-1}_{1}=C_{\frac{n}{2}-1}.
$$
Así, los tres reclamos de la pregunta está demostrado.
Concluyendo comentario
Uno puede preguntarse por qué la igualdad de $S_{2k}=C_{k-1}$ mantiene mucho más altos valores de $k$ (a a $2m$). La razón es visto a partir de la igualdad (4). Como el $u^n$-vector comienza a "corromper" de la final, se requiere adicional $2m$ recursividad pasos hasta $u^n_1$ comienza a desviarse de $b^n_1$. Para ser más específicos la igualdad de $u^n_i=b^n_i$ mantiene hasta el $n=2(2m-i)+1$.
