引理。修复$n$和$m$。考虑成对的分区$（\lambda，\mu）$，这样$\lambda$有$m$个部分，$|\lambda|+|\mu|=n$。假设$A$是$\max（\lambda）>\max。假设$B$是$\lambda$通过Durfee平方满足此条件的对的数目，对于某些$i$，我们可以将其改写为“$\lampda_i=i$，其中$\lambeda=（\lambda _1\geqslead\lambda_2\geqblead\dots）$”。那么$A=B$。
我们构造了一个双射。取分区$\lambda=（\lambda_1\geqslead\dots\geqspland\lambda_m>0）$和$\mu=（\mu_1\geq slead\\dots）$，使$\lampda_1>\mu_1$（或$\mu$为空）。如果对于某些索引$i$，$\lambda_i=i$，则采用相同的分区对。如果不是，则存在$i$，使得$\lambda_i\geqslant i+1$，$\lambda_{i+1}\leqslant i$。取分区$（\lambda_2-1，\dots，\lambda_{i} -1个，i，\lambda_{i+1}，\dots，\lampda_m）$和$（\lambda _1-1，\mu_1，\dots）$。
现在减少。
首先，让我们将所有其他分区计算到$m$个部分中。对于这些分区，$k$的最大部分永远不会等于$k$，$k=1,2，\dots$。我们想证明它们的生成函数等于$$x^m\sum_{i=0}^m\frac{（-1）^{i} x个^{i（i-1）/2}}{（x）{m-i}}$$（我已经使用了$m$部分上的分区总数，该部分具有生成函数$x^m/（x）_m$，这可以从对偶性中看出。）把这样的分区称为有趣的分区。
乘以$t^m$，再加上$m$。我们得到了一个双生成函数$f（t，x）=\sumt^{{rm-parts}（\lambda）}x^{|\lambda|}$，求和将覆盖所有感兴趣的分区$\lambda$。我们必须证明这一点$$f（t，x）=\sum_{m\geqsland i\geqbland 0}（tx）^m\frac{（-1）^{i} x个^{i（i-1）/2}}{（x）{m-i}}=\左（sum{k\geqslate 0}\frac{（tx）^k}{（x）_k}\right）\left（\sum{i\geqblate 0{（-1）^i（tx，^ix^{i（i-1）/2}\rift）。$$至于第一个倍数，它是$t^｛\max（\lambda）｝x^｛|\lambda |｝$的双生成函数，由所有分区$\lambda$获得，因此通过对偶，它与$t^｛\rm parts｝（\lambda）｝x^｛|\lambda |｝$的双生成函数是一样的，即$\prod_｛n\geqslant 1｝（1-tx^n）^｛-1｝$。至于第二个倍数，它是雅可比三乘积的一部分$$\prod_{n\geqsleat1}（1-tx^{n}）（1-t^{-1}x^{n-1}）（1-x^n）=\sum_{i=-\infty}^{\infty}（-1）^it^ix^{i（i+1）/2}$$对应于非负$i$。用$H（t，x）$表示双积$\prod_{n\geqsleat 1}（1-tx^{n}）（1-t）的部分^{-1}x^{n-1}）$只有$t$的非负幂。我们必须证明这一点$$\prod_{n\geqsleat1}（1-tx^n）\cdot H（t，x）=f（t，x）\cdot\prod（1-x^n，^{-1}。$$ RHS中$t^mx^n$的系数等于分区$（\lambda，\mu）$对的数量，其中$|\lambda|+|\mu|=n$，$\lambda$有$m$部分，并且很有趣，$\mu$是任意的。根据推测，它与分区对$（\lambda，\mu）$的数量相同，其中$|\lambda|+|\mu|=n$，$\lambda$有$m$部分，$\mu$有不小于$\max（\lampda）$的部分。
让我们在LHS中获得相同的结果。如果$H（t，x）$不是一个部分，而是整个产品，那么当我们将$\prod（1-tx^n）^{-1}$和$\prop（1-tx ^n）$相乘时，很多都会被抵消。但有些事情还是会取消。也就是说，我们看我们的产品$$\prod_｛n\geqslant 1｝（1+tx^n+t^2x^｛2n｝+\dots）\ prod_｛n\geqslant 1｝（1-tx^n）\ prod_｛n\geqslant 1｝（1-t^{-1}x^{n-1}）$$看看我们可以从每个括号中得到什么。我们习惯于从第二个产品中获取至少与第三个产品中$t^{-1}$相同的$t$。考虑我们的选择集上的部分对合：用$N$表示最大索引$N$，我们要么从第二个乘积中取$-tx^{N}$，要么从第一个乘积取$t^ax^{na}$。我们可以从第二个产品的对应括号中取出$1$，而从第一个产品的相应括号中取出$t^{a+1}x^{n（a+1）}$。这是对选择集的一种符号变化的对合，但可接受的选择集并不是完全不变的。即，如果第二个产品中的$t$总数等于第三个产品中$t^{-1}$的总数，则禁止将$-tx^N$替换为1。这是删除由内卷化形成的所有选择对后剩下的内容。更准确地说，我们应该选择一些$k$正整数$0<a_1<a_2<dots<a_k$（第二乘积），一些$k$s非负整数$0\leqsleat b_1<b_2<dots b_k$，以及一些最大部分最多为$a_k$s（第一乘积）的分区。
对于第二个和第三个乘积的两个选择，这相当于选择具有最大部分$a_k$的分区：对于这样的分区，设$k$为杜菲平方的大小，$a_1，\dots，a_k$对应于Young图对角线一侧的部分，$b_1，\dots，b_k$对应于另一侧。
因此，我们选择一个具有最大部分$a_k$（这是$\mu$）的分区，另一个分区位于最大部分最多为$a_k$的$m$部分上。这是$\lambda$。此外，$t$的指数$m$是$\lambda$中的部分数，而$x$的指数是$|\lambda |+|\mu|$。
