考虑由以下公式定义的Rogers-Szego多项式$$H_n（t）=\sum\limits_{m=0}^{n}\binom{n}{m} 数量（_qt）^米。$$
在安德鲁斯的“分割理论”中，第3章的练习6给出了该多项式满足的三项递推
$$H_{n}（t）=（1+t）H_{n-1}。$$
自
$$T（n，k）=[q^k]H_n（1），$$
人们可以很容易地解决这个问题$n\le k美元$的重复出现次数T（n，k）美元$从这里开始。
至于猜测$$\总和\limits_{i=0}^{n} T型（n-i，i）=a（n+1），$$可以用安德鲁书中的（3.3.9）来证明$$\裂缝{1}{（q；q）{m+1}}=\sum\limits{j=0}^{infty}q^j\binom{m+j}{m} （_q）,$$如下：$$\总和\limits_{i=0}^{n} T型（n-i，i）=\sum\limits_{i=0}^{n}[q^i]\sum\limits_{m=0}^{n-i}\binom{n-i{{m} q（_q）=\sum\limits_{i=0}^{n}[q^{n-i}]\sum\limits_{m=0}^{i}\binom{i}{m} （_q）\\=[q^{n}]\sum\limits_{i=0}^{n} q个^i\sum\limits_{m=0}^{i}\binom{i}{m} q（_q）=[q^{n}]\sum\limits_{m=0}^{n{}\sum\limits_{i=m}^{n} q个^i\binom{i}{m} （_q）=[q^{n}]\sum\limits_{m=0}^{n} q个^m\sum\limits_{i=0}^{n-m}q^i \binom｛i+m｝{m} （_q）\\=[q^{n}]\sum\limits_{m=0}^{n} q个^m\sum\limits_{i=0}^{\infty}q^i\binom{i+m}{m} （_q）=[q^{n}]\sum\limits_{m=0}^{n} q个^m\frac{1}{（q；q）{m+1}}\\=[q^{n+1}]\sum\limits_{m=0}^{n}\frac}1-（1-q^{m+1}）}{（q；q）{m}}\右）=[q^{n+1}]\左（\frac{1}{（q；q）{n+1}}-1\右）=a（n+1）$$
