高等组合学笔记(九): 球盒模型的十二模式,分拆的生成函数

球盒模型的十二模式

n球⟶fk盒n球\stackrel{f}{\longrightarrow}k盒 n球⟶fk盒

nnn球	kkk盒	fff单	fff满	fff不加限制
不同	不同	①	②	③
相同	不同	④	⑤	⑥
不同	相同	⑦	⑧	⑨
相同	相同	⑩	⑪	⑫

nnn不同球放入kkk不同盒子, 且每个盒子至多一个球, (k≥nk\geq nk≥n)
k(k−1)⋯(k−n+1)=(k)n.k(k-1)\cdots(k-n+1)=(k)_n. k(k−1)⋯(k−n+1)=(k)n.
对应集合的排列问题.
nnn不同球放入kkk不同盒子, 每个盒子至少一个球, (k≤nk\leq nk≤n)
k!S(n,k)集合的划分:第二类Stirling数,(对应于⑧), 但是块之间有序(前面乘以k!)k!S(n,k) \\\text{集合的划分:第二类Stirling数,(对应于⑧), 但是块之间有序(前面乘以}k!\text{)} k!S(n,k)集合的划分:第二类Stirling数,(对应于⑧), 但是块之间有序(前面乘以k!)
nnn不同球放入kkk不同盒子, 球数不加限制.
k⋅k⋯k=kn.k\cdot k\cdots k=k^n. k⋅k⋯k=kn.

由2和3, (对第三种情况分类: 如果恰好有iii个盒子有球) 可以得到第二类Stirling数的解析表达:
kn=∑i=1k(ki)i!S(n,i)=∑i=1nS(n,i)(k)ik^n=\sum_{i=1}^k\binom ki i!S(n,i)=\sum_{i=1}^nS(n,i)(k)_i kn=i=1∑k(ik)i!S(n,i)=i=1∑nS(n,i)(k)i
当i=0i=0i=0时, 因为S(n,0)=0S(n,0)=0S(n,0)=0,于是上式仍然成立.
nnn相同球放入kkk不同盒子, 且每个盒子至多一个球, (k≥nk\geq nk≥n), 即从kkk个不同的盒子中选取nnn个盒子放nnn个球
(kn),x1+x2+⋯+xk=n,(xi=0or1).\binom kn,\qquad x_1+x_2+\cdots+x_k=n, (x_i=0\ or\ 1). (nk),x1+x2+⋯+xk=n,(xi=0 or 1).
nnn相同球放入kkk不同盒子, 且每个盒子至少一个球, (k≤nk\leq nk≤n), (插板问题) n−1n-1n−1位置插入k−1k-1k−1板:
(n−1k−1),x1+x2+⋯+xk=n,(xi=1,2,...)\binom{n-1}{k-1},\qquad x_1+x_2+\cdots+x_k=n, (x_i=1,2,...) (k−1n−1),x1+x2+⋯+xk=n,(xi=1,2,...)
nnn相同球放入kkk不同盒子, 且每个盒子中球数不加限制 (重集的组合)
(⁣ ⁣(kn)⁣ ⁣)=(k+n−1n),x1+x2+⋯+xk=n,(xi=0,1,2,...)x1′+x2′+⋯+xk′=n+k,xi′=xi+1,(xi′=1,2,...)\left(\!\!\left(\begin{matrix}k\\n\end{matrix}\right)\!\!\right)=\binom{k+n-1}{n},\qquad x_1+x_2+\cdots+x_k=n, (x_i=0,1,2,...)\\ x_1'+x_2'+\cdots+x_k'=n+k,x_i'=x_i+1, (x_i'=1,2,...) ((kn))=(nk+n−1),x1+x2+⋯+xk=n,(xi=0,1,2,...)x1′+x2′+⋯+xk′=n+k,xi′=xi+1,(xi′=1,2,...)

从5,6可以得到(若恰好有iii个盒子有球, 先取盒子, 再放球)
(k+n−1n)=∑i=1k(ki)(n−1i−1)=∑i=1k(ki)(n−1n−i)\binom{k+n-1}{n}=\sum_{i=1}^k\binom ki \binom {n-1}{i-1}=\sum_{i=1}^k\binom ki \binom{n-1}{n-i} (nk+n−1)=i=1∑k(ik)(i−1n−1)=i=1∑k(ik)(n−in−1)
(n−1−1)=0\binom{n-1}{-1}=0(−1n−1)=0,所以i=0i=0i=0仍然成立.

为Chu-Vandemonde卷积公式:
(m+nk)=∑i=0k(mi)(nk−i).\binom{m+n}k=\sum_{i=0}^k\binom mi\binom n{k-i}. (km+n)=i=0∑k(im)(k−in).
nnn不同球放入kkk相同盒子, 且每个盒子中至多一个球, (分成一元子集或空集)
N=N1∪N2∪⋯∪Nk,(∣Ni∣=0or1){1,(k≥n)0,(k<n)N=N_1\cup N_2\cup\cdots\cup N_k,\,(|N_i|=0\ or\ 1)\quad \begin{cases} 1,&(k\geq n)\\ 0,&(k<n) \end{cases} N=N1∪N2∪⋯∪Nk,(∣Ni∣=0 or 1){1,0,(k≥n)(k<n)
nnn不同球放入kkk相同盒子, 且每个盒子中至少一个球(k≤nk\leq nk≤n),
集合划分问题(无序), 为第二类Stirling数S(n,k)S(n,k)S(n,k), N=N1∪N2∪⋯∪Nk,(Ni≠∅)N=N_1\cup N_2\cup\cdots\cup N_k,\,(N_i\ne\varnothing)N=N1∪N2∪⋯∪Nk,(Ni=∅).
nnn不同球放入kkk相同盒子, 且盒中球数不加限制.
假设恰好有iii个盒子有球, 则∑i=1kS(n,i)\sum\limits_{i=1}^kS(n,i)i=1∑kS(n,i).
nnn相同球放入kkk相同盒子, 且每个盒子中至多一个球
n=λ1+⋯+λk(λi=0or1){1,(k≥n)0,(k<n)n=\lambda_1+\cdots+\lambda_k \ (\lambda_i=0\ or\ 1) \qquad\begin{cases} 1,&(k\geq n)\\ 0,&(k<n) \end{cases} n=λ1+⋯+λk (λi=0 or 1){1,0,(k≥n)(k<n)
nnn相同球放入kkk相同盒子, 且每个盒子中至少一个球(k≤nk\leq nk≤n) 对应整数分拆问题
n=λ1+⋯+λk(λi≥1)p(n,k)n=\lambda_1+\cdots+\lambda_k (\lambda_i\geq1) \qquad p(n,k) n=λ1+⋯+λk(λi≥1)p(n,k)
nnn相同球放入kkk相同盒子, 且每个盒子球数不加限制
∑i=1kp(n,i)=p(n,1)+p(n,2)+⋯+p(n,k)=p(n+k,k).\sum_{i=1}^kp(n,i)=p(n,1)+p(n,2)+\cdots+p(n,k)=p(n+k,k). i=1∑kp(n,i)=p(n,1)+p(n,2)+⋯+p(n,k)=p(n+k,k).

分拆的生成函数

假定: ∣q∣<1|q|<1∣q∣<1.

(x:q)∞=∏k≥0(1−qkx)=(1−x)(1−qx)⋯(1−qkx)⋯,(x:q)_\infty=\prod_{k\geq0}(1-q^kx)=(1-x)(1-qx)\cdots(1-q^kx)\cdots, (x:q)∞=k≥0∏(1−qkx)=(1−x)(1−qx)⋯(1−qkx)⋯,
(x:q)n=(x:q)∞(qnx:q)∞=(1−x)(1−qx)⋯(1−qn−1x)=∏k=0n−1(1−qkx),(x:q)_n=\frac{(x:q)_\infty}{(q^nx:q)_\infty}=(1-x)(1-qx)\cdots(1-q^{n-1}x)=\prod_{k=0}^{n-1}(1-q^kx), (x:q)n=(qnx:q)∞(x:q)∞=(1−x)(1−qx)⋯(1−qn−1x)=k=0∏n−1(1−qkx),
(x:q)0=1,lim⁡q→1(qx:q)n(1−q)n=lim⁡q→1(1−qx)(1−qx+1)⋯(1−qx+n−1)(1−q)n=x(x+1)⋯(x+n−1)=(x)n(表示升阶乘)\begin{aligned} (x:q)_0=1,\qquad\lim_{q\to1}\frac{(q^x:q)_n}{(1-q)^n}&=\lim_{q\to1}\frac{(1-q^x)(1-q^{x+1})\cdots(1-q^{x+n-1})}{(1-q)^n}\\ &=x(x+1)\cdots(x+n-1)=(x)_n\qquad \text{(表示升阶乘)} \end{aligned} (x:q)0=1,q→1lim(1−q)n(qx:q)n=q→1lim(1−q)n(1−qx)(1−qx+1)⋯(1−qx+n−1)=x(x+1)⋯(x+n−1)=(x)n(表示升阶乘)

定义1

P(n∣S)P(n|S)P(n∣S)表示nnn的分拆部分属于SSS 的分拆数;
Pl(n∣S)P_l(n|S)Pl(n∣S)表示nnn的分拆部分属于SSS, 且部分数恰为lll的分拆数;
Q(n∣S)Q(n|S)Q(n∣S)表示nnn的分拆部分互异且属于SSS 的分拆数;
Ql(n∣S)Q_l(n|S)Ql(n∣S)表示nnn的分拆部分互异且属于SSS, 部分数恰好为lll的分拆数.

定理1

∑n≥0P(n∣S)qn=∏k∈S11−qk,\sum_{n\geq0}P(n|S)q^n=\prod_{k\in S}\frac1{1-q^k}, n≥0∑P(n∣S)qn=k∈S∏1−qk1,
∑l,n≥0Pl(n∣S)xlqn=∏k∈S11−qkx.\sum_{l,n\geq0}P_l(n|S)x^lq^n=\prod_{k\in S}\frac1{1-q^kx}. l,n≥0∑Pl(n∣S)xlqn=k∈S∏1−qkx1.

上述式子也被称为q−q-q−级数恒等式.

证明:

∏k∈S11−qk=∏k∈S∑mk≥0qkmk=∑k∈Smk≥0q∑k∈Skmk,\prod_{k\in S}\frac1{1-q^k}=\prod_{k\in S}\sum_{m_k\geq0}q^{km_k}=\sum_{\stackrel{m_k\geq0}{k\in S}}q^{\sum\limits_{k\in S}km_k}, k∈S∏1−qk1=k∈S∏mk≥0∑qkmk=k∈Smk≥0∑qk∈S∑kmk,

于是
[qn]∏k∈S11−qk=[qn]∑k∈Smk≥0q∑k∈Skmk=∑mk≥0,k∈S∑k∈Skmk=n1\Large \begin{aligned} \ [q^n]\prod_{k\in S}\frac1{1-q^k}&=[q^n]\sum_{\stackrel{m_k\geq0}{k\in S}}q^{\sum\limits_{k\in S}km_k}\\ &=\sum_{\stackrel{\sum\limits_{k\in S}km_k=n}{m_k\geq0,\ k\in S}}1 \end{aligned} [qn]k∈S∏1−qk1=[qn]k∈Smk≥0∑qk∈S∑kmk=mk≥0, k∈Sk∈S∑kmk=n∑1
即∑k∈Skmk=n\sum\limits_{k\in S}km_k=nk∈S∑kmk=n的非负整数解的个数⟺n=1m12m2⋯nmn\iff n=1^{m_1}2^{m_2}\cdots n^{m_n}⟺n=1m12m2⋯nmn, 且部分属于SSS, 即P(n∣S)P(n|S)P(n∣S).

∏k∈S11−xqk=∏k∈S∑mk≥0xmkqkmk=∑k∈Smk≥0x∑k∈Smkq∑k∈Skmk,\prod_{k\in S}\frac1{1-xq^k}=\prod_{k\in S}\sum_{m_k\geq0}x^{m_k}q^{km_k}=\sum_{\stackrel{m_k\geq0}{k\in S}}x^{\sum\limits_{k\in S}m_k}q^{\sum\limits_{k\in S}km_k}, k∈S∏1−xqk1=k∈S∏mk≥0∑xmkqkmk=k∈Smk≥0∑xk∈S∑mkqk∈S∑kmk,

[xlqn]∏k∈S11−xqk=[xlqn]∑k∈Smk≥0x∑k∈Smkq∑k∈Skmk=∑∑k∈Skmk=n∑k∈Smk=l1\Large\begin{aligned} \ [x^lq^n]\prod_{k\in S}\frac1{1-xq^k}&=[x^lq^n]\sum_{\stackrel{m_k\geq0}{k\in S}}x^{\sum\limits_{k\in S}m_k}q^{\sum\limits_{k\in S}km_k}\\ &=\sum_{\stackrel{\large\sum\limits_{k\in S}m_k=l}{\small\sum\limits_{k\in S}km_k=n}}1 \end{aligned} [xlqn]k∈S∏1−xqk1=[xlqn]k∈Smk≥0∑xk∈S∑mkqk∈S∑kmk=k∈S∑kmk=nk∈S∑mk=l∑1

即方程组{∑k∈Smk=l∑k∈Skmk=n\begin{cases}\sum\limits_{k\in S}m_k=l\\\sum\limits_{k\in S}km_k=n\end{cases}⎩⎪⎨⎪⎧k∈S∑mk=lk∈S∑kmk=n的非负整数解的个数,

即n=1m1⋯nmnn=1^{m_1}\cdots n^{m_n}n=1m1⋯nmn且部分属于SSS, 部分数恰好为lll的分拆Pl(n∣S)P_l(n|S)Pl(n∣S).

定理2:

∑n≥0Q(n∣S)qn=∏k∈S(1+qk),\sum_{n\geq0}Q(n|S)q^n=\prod_{k\in S}{(1+q^k)}, n≥0∑Q(n∣S)qn=k∈S∏(1+qk),
∑l,n≥0Ql(n∣S)xlqn=∏k∈S(1+xqk).\sum_{l,n\geq0}Q_l(n|S)x^lq^n=\prod_{k\in S}{(1+xq^k)}. l,n≥0∑Ql(n∣S)xlqn=k∈S∏(1+xqk).

对mkm_kmk, 要么不取, 要么取1次, 于是由定理1证明即得.

例题: 1,2,5,10能组成nnn 的方法数ana_nan的方法数的生成函数为?

解:
S={1,2,5,10},⇒an=P(n∣S).S=\{1,2,5,10\},\Rightarrow a_n=P(n|S). S={1,2,5,10},⇒an=P(n∣S).
于是
∑n≥0anqn=11−q⋅11−q2⋅11−q5⋅11−q10=∏k∈S11−qk,\sum_{n\geq0}a_nq^n=\frac1{1-q}\cdot\frac1{1-q^2}\cdot\frac1{1-q^5}\cdot\frac1{1-q^{10}}=\prod_{k\in S}\frac1{1-q^k}, n≥0∑anqn=1−q1⋅1−q21⋅1−q51⋅1−q101=k∈S∏1−qk1,
类比之前的生成函数:
∑n≥0anxn=(1+x+x2+⋯)(1+x2+x4+⋯)(1+x5+x10+⋯)(1+x10+x20+⋯)\sum_{n\geq0}a_nx^n=(1+x+x^2+\cdots)(1+x^2+x^4+\cdots)(1+x^5+x^{10}+\cdots)(1+x^{10}+x^{20}+\cdots) n≥0∑anxn=(1+x+x2+⋯)(1+x2+x4+⋯)(1+x5+x10+⋯)(1+x10+x20+⋯)

定义2

P(n)P(n)P(n): nnn的所有分拆数:
Pl(n)P_l(n)Pl(n): nnn的lll部分分拆数(P(n,l)P(n,l)P(n,l)):
Q(n)Q(n)Q(n): nnn的所有部分互异的分拆数:
Ql(n)Q_l(n)Ql(n): nnn的所有部分互异的lll部分拆数.

定理3

∑n≥0P(n)qn=∏k≥111−qk=1(q:q)∞;\sum_{n\geq0}P(n)q^n=\prod_{k\geq1}\frac1{1-q^k}=\frac1{(q:q)_{\infty}}; n≥0∑P(n)qn=k≥1∏1−qk1=(q:q)∞1;
∑n,l≥0Pl(n)xlqn=∏k≥111−xqk=1(qx:q)∞;\sum_{n,l\geq0}P_l(n)x^lq^n=\prod_{k\geq1}\frac1{1-xq^k}=\frac1{(qx:q)_{\infty}}; n,l≥0∑Pl(n)xlqn=k≥1∏1−xqk1=(qx:q)∞1;
∑n≥0Q(n)qn=∏k≥1(1+qk)=(−q:q)∞;\sum_{n\geq0}Q(n)q^n=\prod_{k\geq1}({1+q^k})=(-q:q)_{\infty}; n≥0∑Q(n)qn=k≥1∏(1+qk)=(−q:q)∞;
∑n,l≥0Ql(n)xlqn=∏k≥1(1+xqk)=(−qx:q)∞.\sum_{n,l\geq0}Q_l(n)x^lq^n=\prod_{k\geq1}({1+xq^k})={(-qx:q)_{\infty}}. n,l≥0∑Ql(n)xlqn=k≥1∏(1+xqk)=(−qx:q)∞.

证明由定理2易得.

由前面定义:
(x:q)∞=∏k≥0(1−qkx)=(1−x)(1−qx)⋯(1−qkx)⋯,(x:q)_\infty=\prod_{k\geq0}(1-q^kx)=(1-x)(1-qx)\cdots(1-q^kx)\cdots, (x:q)∞=k≥0∏(1−qkx)=(1−x)(1−qx)⋯(1−qkx)⋯,
我们可以化简:
(−q:q)∞=(1+q)(1+q2)⋯=1−q21−q⋅1−q41−q2⋯=(q2:q2)∞(q:q)∞=(q2:q2)∞(q:q2)∞(q2:q2)∞=1(q:q2)∞=1(1−q)(1−q3)⋯\begin{aligned} (-q:q)_{\infty}&=(1+q)(1+q^2)\cdots=\frac{1-q^2}{1-q}\cdot\frac{1-q^4}{1-q^2}\cdots=\frac{(q^2:q^2)_\infty}{(q:q)_\infty}\\ &=\frac{(q^2:q^2)_\infty}{(q:q^2)_\infty(q^2:q^2)_\infty}=\frac{1}{(q:q^2)_\infty}=\frac1{(1-q)(1-q^3)\cdots} \end{aligned} (−q:q)∞=(1+q)(1+q2)⋯=1−q1−q2⋅1−q21−q4⋯=(q:q)∞(q2:q2)∞=(q:q2)∞(q2:q2)∞(q2:q2)∞=(q:q2)∞1=(1−q)(1−q3)⋯1

比较两端[qn][q^n][qn],
⇒n部分互异的分拆数=n的部分为奇数的分拆数.\Rightarrow n\text{部分互异的分拆数}=n\text{的部分为奇数的分拆数}. ⇒n部分互异的分拆数=n的部分为奇数的分拆数.

定理4:

∑n≥0Pm(n)qn=qm(1−q)(1−q2)⋯(1−qm)=qm(q:q)m,\sum_{n\geq0}P_m(n)q^n=\frac{q^m}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^m)}=\frac{q^m}{(q:q)_m}, n≥0∑Pm(n)qn=(1−q)(1−q2)⋯(1−qm)qm=(q:q)mqm,
∑n≥0Qm(n)qn=q(m+12)(1−q)(1−q2)⋯(1−qm)=q(m+12)(q:q)m.\sum_{n\geq0}Q_m(n)q^n=\frac{q^{\binom {m+1}2}}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^m)}=\frac{q^{\binom {m+1}2}}{(q:q)_m}. n≥0∑Qm(n)qn=(1−q)(1−q2)⋯(1−qm)q(2m+1)=(q:q)mq(2m+1).

证明:

根据
∑n,l≥0Pl(n)xlqn=1(qx:q)∞=∑l≥0xl∑n≥0Pl(n)qn,\sum_{n,l\geq0}P_l(n)x^lq^n=\frac1{(qx:q)_{\infty}}=\sum_{l\geq0}x^l\sum_{n\geq0}P_l(n)q^n, n,l≥0∑Pl(n)xlqn=(qx:q)∞1=l≥0∑xln≥0∑Pl(n)qn,
比较两端[xm][x^m][xm],
∑n≥0Pm(n)qn=[xm]1(qx:q)∞,\sum_{n\geq0}P_m(n)q^n=[x^m]\frac1{(qx:q)_{\infty}}, n≥0∑Pm(n)qn=[xm](qx:q)∞1,
令
1(qx:q)∞=∑n≥0An(q)xn,(A0(q)=1),\frac1{(qx:q)_{\infty}}=\sum_{n\geq0}A_n(q)x^n,\quad (A_0(q)=1), (qx:q)∞1=n≥0∑An(q)xn,(A0(q)=1),
于是
(1−qx)∑n≥0An(q)xn=1(q2x:q)∞=∑n≥0An(q)(qx)n,(1-qx)\sum_{n\geq0}A_n(q)x^n=\frac1{(q^2x:q)_\infty}=\sum_{n\geq0}A_n(q)(qx)^n, (1−qx)n≥0∑An(q)xn=(q2x:q)∞1=n≥0∑An(q)(qx)n,
比较两端[xn][x^n][xn], 得到
An(q)−qAn−1(q)=qnAn(q),A_n(q)-qA_{n-1}(q)=q^nA_n(q), An(q)−qAn−1(q)=qnAn(q),
于是
An(q)=q1−qnAn−1(q)=q1−qn⋅q1−qn−1⋯q1−q⋅1=qn(q:q)n\begin{aligned} A_n(q)&=\frac{q}{1-q^n}A_{n-1}(q)=\frac q{1-q^n}\cdot\frac{q}{1-q^{n-1}}\cdots\frac q{1-q}\cdot1\\ &=\frac{q^n}{(q:q)_n} \end{aligned} An(q)=1−qnqAn−1(q)=1−qnq⋅1−qn−1q⋯1−qq⋅1=(q:q)nqn
所以:
∑n≥0Pm(n)qn=qm(1−q)(1−q2)⋯(1−qm)=qm(q:q)m.\sum_{n\geq0}P_m(n)q^n=\frac{q^m}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^m)}=\frac{q^m}{(q:q)_m}. n≥0∑Pm(n)qn=(1−q)(1−q2)⋯(1−qm)qm=(q:q)mqm.

由:
∑n,l≥0Ql(n)xlqn=(−qx:q)∞=∑k≥0xl∑n≥0Ql(n)qn,\sum_{n,l\geq0}Q_l(n)x^lq^n ={(-qx:q)_{\infty}}=\sum_{k\geq0}x^l\sum_{n\geq0}Q_l(n)q^n, n,l≥0∑Ql(n)xlqn=(−qx:q)∞=k≥0∑xln≥0∑Ql(n)qn,
于是
∑n≥0Qm(n)qn=[xm](−qx:q)∞,\sum_{n\geq0}Q_m(n)q^n=[x^m](-qx:q)_\infty, n≥0∑Qm(n)qn=[xm](−qx:q)∞,
令
(−qx:q)∞=∑n≥0Bn(q)xn,(B0(q)=1),(-qx:q)_\infty=\sum_{n\geq0}B_n(q)x^n,\quad(B_0(q)=1), (−qx:q)∞=n≥0∑Bn(q)xn,(B0(q)=1),
由
∑n≥0Bn(q)xn=(1+qx)(−q2x:q)∞=(1+qx)∑n≥0Bn(q)(qx)n,\sum_{n\geq0}B_n(q)x^n=(1+qx)(-q^2x:q)_\infty=(1+qx)\sum_{n\geq0}B_n(q)(qx)^n, n≥0∑Bn(q)xn=(1+qx)(−q2x:q)∞=(1+qx)n≥0∑Bn(q)(qx)n,
比较两端[xn][x^n][xn], 得到
Bn(q)=qnBn(q)+qnBn−1(q),B_n(q)=q^nB_n(q)+q^{n}B_{n-1}(q), Bn(q)=qnBn(q)+qnBn−1(q),
于是
Bn(q)=qn1−qnBn−1(q)=qn1−qn⋅qn−11−qn−1⋯q1−q=q(n+12)(q:q)n,B_n(q)=\frac{q^n}{1-q^n}B_{n-1}(q)=\frac{q^n}{1-q^n}\cdot\frac{q^{n-1}}{1-q^{n-1}}\cdots\frac q{1-q}=\frac{q^{\binom {n+1}2}}{(q:q)_n}, Bn(q)=1−qnqnBn−1(q)=1−qnqn⋅1−qn−1qn−1⋯1−qq=(q:q)nq(2n+1),
所以:
∑n≥0Qm(n)qn=q(m+12)(1−q)(1−q2)⋯(1−qm)=q(m+12)(q:q)m.\sum_{n\geq0}Q_m(n)q^n=\frac{q^{\binom {m+1}2}}{(1-q)(1-q^2)\cdots(1-q^m)}=\frac{q^{\binom {m+1}2}}{(q:q)_m}. n≥0∑Qm(n)qn=(1−q)(1−q2)⋯(1−qm)q(2m+1)=(q:q)mq(2m+1).

定义3

Pm(n)P^m(n)Pm(n): nnn的部分数⩽m\leqslant m⩽m的分拆数;
Qm(n)Q^m(n)Qm(n): nnn的部分数⩽m\leqslant m⩽m的互异分拆数.

定理5
∑n≥0Pm(n)qn=1(q:q)m.\sum_{n\geq0}P^m(n)q^n=\frac1{(q:q)_m}. n≥0∑Pm(n)qn=(q:q)m1.
进而, 有
1(q:q)m=∑k=0mqk(q:q)k,\frac1{(q:q)_m}=\sum_{k=0}^m\frac{q^k}{(q:q)_k}, (q:q)m1=k=0∑m(q:q)kqk,
令m→∞m\to\inftym→∞, 有
1(q:q)∞=∑k≥0qk(q:q)k.\frac1{(q:q)_\infty}=\sum_{k\geq0}\frac{q^k}{(q:q)_k}. (q:q)∞1=k≥0∑(q:q)kqk.

证明:

因为Pm(n)P^m(n)Pm(n)表示nnn的部分数⩽m\leqslant m⩽m的分拆数, 根据共轭分拆, 其与nnn 的最大部分⩽m\leqslant m⩽m的分拆数相同(分拆一一对应),
Pm(n)=P(n∣S),S=[m]={1,2,...,m}P^m(n)=P(n|S),S=[m]=\{1,2,...,m\} Pm(n)=P(n∣S),S=[m]={1,2,...,m}
由
∑n≥0P(n∣S)qn=∏k∈S11−qk,⇒∑n≥0Pm(n)qn=∏k=1m11−qk=1(q:q)m.\sum_{n\geq0}P(n|S)q^n=\prod_{k\in S}\frac1{1-q^k},\Rightarrow \sum_{n\geq0}P^m(n)q^{n}=\prod_{k=1}^m\frac1{1-q^k}=\frac1{(q:q)_m}. n≥0∑P(n∣S)qn=k∈S∏1−qk1,⇒n≥0∑Pm(n)qn=k=1∏m1−qk1=(q:q)m1.

或者也可以从Ferrers图中看定理4和5(利用共轭分拆的性质即可).

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