分圆Euler–Mahon多项式

《European Journal of Combinatorics》：Cyclotomic Euler–Mahonian polynomials

　　摘要：分圆Euler多项式和分圆Mahonian多项式在组合数学中一直是广泛研究的对象，特别是它们的带符号版本。相比之下，对分圆Euler-Mahonian多项式的联合研究却较少受到关注。据我们所知，这一方向上唯一的先前结果是Wachs在偶数情况下为带符号Euler-Mahonian多项式推导出的一个公式。在本文中，我们专注于分圆Euler-Mahonian多项式，并基于Hadamard乘积推导出一个公式。作为推论，我们得到了Wachs公式的I-类比（其中I=-1），以及之前缺失的奇数情况下的带符号Euler-Mahonian多项式。

1. 引言
设An(t,q,p)表示对称群Sn关于三个统计量(des,maj,inv)的生成函数，即An(t,q,p)=∑σ∈Sntdes(σ)qmaj(σ)pinv(σ)。当p=1时，记为An(t,q)?An(t,q,1)，这恢复了通常的Euler-Mahonian多项式。此外，多项式An(t,1)和An(1,q)分别被称为Euler多项式和Mahonian多项式。

对于每个正整数m，设ξm表示m的一个原始单位根。类比m=2的情况（此时ξ2=-1），它产生了带符号的多项式，我们将p=ξm的情况称为m阶分圆多项式。分圆Euler多项式和分圆Mahonian多项式在组合数学中分别被广泛研究，特别是带符号的Euler多项式和带符号的Mahonian多项式[1], [9], [10], [21], [25]。第2节提供了这一研究方向的更详细的历史概述。

然而，分圆Euler-Mahonian多项式迄今为止受到的关注较少。据我们所知，这一领域的唯一结果是Wachs [25] 推导出的偶数情况下带符号Euler-Mahonian多项式的公式，见定理7。在本文中，我们研究了分圆Euler-Mahonian多项式，并基于Hadamard乘积推导出一个公式。作为推论，我们得到了Wachs公式在I=-1时的类比形式，以及之前缺失的奇数情况下的带符号Euler-Mahonian多项式。

2. 定义
设An(t,q,p)表示对称群Sn关于三个统计量(des,maj,inv)的生成函数，即An(t,q,p)=∑σ∈Sntdes(σ)qmaj(σ)pinv(σ)。
当p=1时，记为An(t,q)?An(t,q,1)，这恢复了通常的Euler-Mahonian多项式。此外，多项式An(t,1)和An(1,q)分别被称为Euler多项式和Mahonian多项式。

对于每个正整数m，设ξm表示m的一个原始单位根。类比m=2的情况（此时ξ2=-1），它产生了带符号的多项式，我们将p=ξm的情况称为m阶分圆多项式。分圆Euler多项式和分圆Mahonian多项式在组合数学中分别被广泛研究，特别是带符号的Euler多项式和带符号的Mahonian多项式[1], [9], [10], [21], [25]。第2节提供了这一研究方向的更详细的历史概述。

然而，分圆Euler-Mahonian多项式到目前为止受到的关注较少。据我们所知，这一领域的唯一结果是Wachs [25] 推导出的偶数情况下带符号Euler-Mahonian多项式的公式，见定理7。在本文中，我们研究了分圆Euler-Mahonian多项式。设(t;q)n?(1?t)(1?tq)?(1?tqn?1)表示标准的q-升阶阶乘。回想一下，两个幂级数的Hadamard乘积定义为∑?≥0a?t??∑?≥0b?t?=∑?≥0a?b?t?。

通过使用Hadamard乘积，我们推导出了分圆Euler-Mahonian多项式的显式表达式。下面的定理介绍了主要结果。

3. 定理
设ξm表示m的一个原始单位根。对于任何正整数n，将n表示为n=mk+i的形式，其中0≤i≤m?1。那么(1)An(t,q,ξm)(t;q)n+1=Ai(t,q,ξm)(t;q)i+1?Ak(t,qm)(t;qm)k+1。

定理1自然地特化为多项式An(t,q,ξm)的几个已知恒等式，通过为参数t,q,m和i设置特定值。在第3节中，我们得到了以下恒等式：
- 当q=1且m=2时：这恢复了Désarménien、Foata、Loday和Wachs [9], [10], [25]最初研究的带符号Euler多项式的结果，见定理5。
- 当t=1且m=2时：这得到了Gessel、Simion和Wachs [25]最初研究的带符号Mahonian多项式的恒等式，见定理6。
- 当t=1时：这恢复了Adin、Gessel和Roichman [1]研究的分圆Mahonian多项式的恒等式，见定理8。
- 当m=2且i=0时：这提供了Wachs [25]研究的带符号Euler-Mahonian多项式的偶数情况，见定理7。

我们还推导了几个进一步的推论，这些推论在第3节中提出。我们仅强调其中两个：一个是Wachs关于带符号Euler-Mahonian多项式的I-类比形式，另一个提供了之前缺失的奇数情况下的带符号Euler-Mahonian多项式。

4. 推论
设I=-1，我们有(2)A4k(t,q,I)=(t;q)4k+1(t;q4)k+1Ak(t,q4)。

第2节回顾了关于带符号Euler多项式和Mahonian多项式的基本初步概念和原始结果。我们提出了两个证明主要定理的方法。第一个方法遵循Adin、Gessel和Roichman [1]开发的方法，见第4节。第二个证明更为直接，见第5节。两个证明都利用了Gessel关于An(t,q,p)的生成函数公式[18]。

5. 预备知识和符号
设Sn表示集合{1,2,…,n}上的对称群。对于一个排列σ=σ1σ2?σn∈Sn，其逆序数、下降数和主要指数分别定义为invσ=#{(i,j)∣1≤iσj}，desσ #{i∣1≤i≤n?1,σi>σi+1}，majσ=∑{i∣1≤i≤n?1,σi>σi+1}，其中符号“#”表示集合的基数。回想一下，An(t,q,p)表示对称群Sn关于统计量(des,maj,inv)的生成多项式，即An(t,q,p)=∑σ∈Sntdes(σ)qmaj(σ)pinv(σ)。

我们缩写An(t,q)?An(t,q,1)表示Euler-Mahonian多项式。q-升阶阶乘定义为(a;q)n=1，如果n=0；(1?a)(1?aq)?(1?aqn?1)，如果n≥1；(a;q)∞=∏n≥0(1?aqn)。为简便起见，我们在整篇文章中还将使用简写符号(q)n?(q;q)n，对于任何其他变量也是如此，例如(p)n=(p;p)n。记[n]q=1+q+?+qn?1和[n]q!=[1]q[2]q?[n]q。我们通过nkq=(q;q)n(q;q)k(q;q)n?k定义q-组合系数。

Carlitz [7], [8] 得到了Euler-Mahonian多项式的以下恒等式：
定理4: 对于所有n≥0，(5)An(t,q)(t;q)n+1=∑?≥0t?([?+1]q)n。

Désarménien和Foata建立了将Euler多项式与带符号Euler多项式联系起来的以下恒等式，证实了Loday [9], [10], [21]的猜想：
定理5: Loday, Désarménien, Foata
我们有(6)A2k(t,1,?1)=(1?t)kAk(t,1)，(7)A2k+1(t,1,?1)=(1?t)kAk+1(t,1)。

Wachs [25] 提供了定理5的双射证明。此外，她的双射还导致了Gessel和Simion关于带符号Mahonian多项式的公式：
定理6: Gessel, Simion, Wachs
我们有(8)An(1,q,?1)=1?q1+q?n2?[n]q!。

此外，Wachs的双射给出了定理5的q-类比形式，适用于带符号Euler-Mahonian多项式的偶数情况：
定理7: Wachs
我们有(9)A2k(t,q,?1)=(tq;q2)kAk(t,q2)。

正如Wachs所指出的，她的双射没有给出带符号Euler-Mahonian多项式的奇数情况的q-类比。

分圆Mahonian多项式由Adin、Gessel和Roichman [1]研究。在他们的工作中，他们推导了Gessel和Simion定理6的推广：
定理8: Adin, Gessel, Roichman
设n=mk+i，其中0≤i≤m?1。那么(10)An(1,q,ξm)=(q;q)n(q;q)i(1?qm)kAi(1,q,ξm)。

分圆Euler多项式也由Désarménien和Foata分析过，他们用一个双指数Euler多项式表示了An(t,1,ξm)；见[9], [10]。从那时起，这些带符号的计数恒等式沿着两个主要方向得到了扩展和发展。一方面，它们被Adin–Gessel–Roichman [1], Reiner [24], Biagioli [4], Biagioli–Caselli [5], Brenti–Sentinelli [6], Eu–Fu–Lo [13], 和 Eu–Lin–Lo [16] 从对称群扩展到了其他反射群。另一方面，焦点从一般排列转移到了各种受限排列，包括Adin–Roichman [2] 和 Eu–Fu–Pan–Ting [15] 研究的321-避免排列，Eu–Fu–Pan [14] 检验的simsun排列，Lin–Wang–Zeng [20] 研究的PRW排列，Eu–Fu–Hsu–Liao–Sun [12] 考虑的具有子序列约束的排列，以及Ji–Zhang [19] 分析的错位排列。最后，让我们提到Dong和Lin [11, Theorem 1.11] 的最新工作，它通过峰值统计量改进了Désarménien–Foata的公式(6)–(7)。

6. 特化
在本节中，我们通过为参数t,q,m和i分配特定值来特化我们的主要定理。通过这样做，我们恢复了第2节中已经陈述的几个恒等式，并进一步获得了作为推论的额外特殊情况。我们首先以不同的形式重写(1)。对于每个0≤i≤m?1的i，设Ci(?;q,ξm) (?≥0)是由展开式(11)Ai(t,q,ξm)(t;q)i+1=∑?≥0Ci(?;q,ξm)t?定义的系数。

使用Carlitz的公式(5)，主要定理等价于(12)An(t,q,ξm)(t;q)n+1=∑?≥0Ci(?;q,ξm)([?+1]qm)kt?，其中n=mk+i且0≤i≤m?1。

3.1. 当i=0时
在这种情况下，我们有n=mk。由于A0(t,p,q)=1，主要定理给出An(t,q,ξm)(t;q)n+1=11?t?Ak(t,qm)(t;qm)k+1=Ak(t,qm)(t;qm)k+1。因此，在这种情况下，我们得到了一个不依赖于Hadamard乘积的显式表达式。
推论9: 我们有(13)Amk(t,q,ξm)=(t;q)mk+1(t;qm)k+1Ak(t,qm)。

取m=2，即ξ2=?1在(13)中，我们恢复了Wachs在定理7中声明的带符号Euler-Mahonian多项式的恒等式。同样，设m=4，即ξ4=I=?1在(13)中，我们得到推论2。

3.2. 当i=1时
在这种情况下，我们有n=mk+1。由于A1(t,q,p)=1，我们得到Ai(t,q,ξm)(t;q)i+1=1(t;q)2=∑?≥0[?+1]qt?。应用主要定理，我们得到：
推论10: 我们有(14)Amk+1(t,q,ξm)=(t;q)mk+2∑?≥0[?+1]q[?+1]qmkt?。

对于m=2，这得到了推论3，它提供了带符号Euler-Mahonian多项式缺失的奇数情况。

3.3. 当i=2时
在这种情况下，我们假设m≥3且n=mk+2。由于A2(t,q,p)=1+tpq，我们得到A2(t,q,ξm)(t;q)3=1+tqξm(t;q)3=(1+tqξm)∑?≥02+??qt?=∑?≥0(1?q?+2)+qξm(1?q?)1?q2[?+1]qt?。应用主要定理(12)，我们得到：
推论11: 对于n=mk+2，我们有Amk+2(t,q,ξm)(t;q)mk+3=∑?≥0(1?q?+2)+qξm(1?q?)1?q2[?+1]q[?+1]qmkt?。

3.4. 当t=1时
这特化为Mahonian多项式的情况。首先回顾以下有用的结果，“t=1引理”[17, p. 163]。
引理12: 设(a?)?≥0是一系列形式级数，其极限为a，意味着o(a?a?)→∞ 当 ?→∞。定义b(t)?(1?t)∑?≥0a?t?。那么b(1)=a。

现在我们将“t=1引理”应用于恒等式(12)。两边乘以1?t得到An(t,q,ξm)(1?t)(t;q)n+1=(1?t)∑?≥0Ci(?;q,ξm)(1?q(?+1)m)k(1?qm)kt?。设t=1并调用引理12，我们得到(15)An(1,q,ξm)(q;q)n=1(1?qm)klim?→∞Ci(?;q,ξm)。现在选择n=mk+i，即n=i。那么(16)Ai(1,q,ξm)(q;q)i=lim?→∞Ci(?;q,ξm)。将(16)代入(15)得到An(1,q,ξm)=(q;q)n(q;q)i(1?qm)kAi(1,q,ξm)。这正是Adin、Gessel和Roichman的定理8。此外，当m=2时，我们恢复了Gessel–Simion的定理6。

3.5. 当q=1时
这对应于Euler多项式的情况。通过将q=1代入推论9、推论10和推论11，我们得到：
推论13: 我们有Amk(t,1,ξm)=(1?t)(m?1)kAk(t,1)，Amk+1(t,1,ξm)=(1?t)(m?1)kAk+1(t,1)，Amk+2(t,1,ξm)=(1?t)(m?1)k(1+ξm2Ak+2(t,1)+1?ξm2(1?t)Ak+1(t,1))。

证明：
第一个等式直接从将q=1代入(13)得出。对于第二个等式，将q=1代入(14)；然后，使用Carlitz的公式(5)，我们得到Amk+1(t,1,ξm)=(1?t)mk+2∑?≥0(?+1)k+1t?=(1?t)mk+2Ak+1(t,1)(1?t)k+2。对于第三个等式，将q=1代入推论11得到Amk+2(t,1,ξm)=(1?t)mk+3∑?≥0(?+2)+?ξm2(?+1)k+1t?=(1?t)mk+3∑?≥01+ξm2(?+1)k+2+1?ξm2(?+1)k+1t?=(1?t)mk+31+将 w 放在第一行，将 id=12345678 放在第二行：w=45412225, id=12345678。现在我们每当 a σi+1} 对于 j
定理 16 的第二个证明
根据命题 17，我们得到 ∑σ∈snt des(σ)q maj(σ)pinv(σ)×∑λ∈pnt len(λ)q sum(λ)=∑w∈wnt max(w)q sum(w)pcoinv(w)。
因此 an(t,q,p)×1(1?tq)?(1?tqn)=∑?≥0t?∑w∈wn max(w)=?q sum(w)pcoinv(w)，或者等价地 an(t,q,p)(1?t)(1?tq)?(1?tqn)=∑?≥0t?∑w∈wn max(w)≤?q sum(w)pcoinv(w)。
注意到，当 p=1 时，前面的等式简化为 carlitz 的公式 (5)。从两边提取 t? 的系数，我们发现 [t?]an(t,q,p)(t;q)n+1=∑w∈wn max(w)≤?q sum(w)pcoinv(w)=∑wˉ∈dn max(wˉ)≤?q sum(wˉ)∑w∈s(wˉ)pcoinv(w)。写 wˉ=?n??2n21n10n0，使得 n=n0+n1+?+n? 并且 sum(wˉ)=n1+2n2+?+?n?。根据 q-多项式系数的经典组合解释 [3]，[22]，统计量 coinv 分布在所有 wˉ 的重排集合 s(wˉ) 上，根据 ∑w∈s(wˉ)pcoinv(w)=nn0,…,n?p。
因此 [t?]an(t,q,p)(t;q)n+1=∑n0,…,n??nqn1+2n2+?+?n?nn0,…,n?p。□

我们还回顾了 q-lucas 定理的多项式版本 [1]，[23]。

定理 18 olive
设 n0,…,n? 是非负整数，并写 n0=mk0+i0,…,n?=mk?+i?，其中 0≤i0,…,i?≤m?1。那么 n0+?+n?n0,…,n?ξm=(k0+?+k?k0,…,k?)i0+?+i?i0,…,i?ξm。
此外，如果 i0+?+i?≥m，则 i0+?+i?i0,…,i?ξm=0。
现在我们准备给出我们主定理的第二个证明，这个证明非常简短。

定理 1 的第二个证明
设 n=mk+i，其中 0≤i≤m?1。对于满足 n0+?+n?=n 的非负整数 n0,n1,…,n?，写 nj=mkj+ij，其中 0≤ij≤m?1。应用 q-lucas 定理的第一部分（定理 18），我们得到 qn1+2n2+?+?n?nn0,…,n?ξm=qm(k1+2k2+?+?k?)(kk0,…,k?)×qi1+2i2+?+?i?ii0,…,i?ξm。
现在我们对所有非负整数 nj（0≤j≤?）求和，其中 n0+n1+?+n?=n。根据定理 18 的第二部分，如果 i0+i1+?+i?≥m，则 qn1+2n2+?+?n?nn0,…,n?ξm=0，所以求和实际上只遍历那些 i0+?+i?≤m?1 的序列。等价地，这些序列由条件 k0+?+k?=k 和 i0+?+i?=i 表征。因此，∑n0,…,n??nqn1+2n2+?+?n?nn0,…,n?ξm=∑k0,…,k??kqm(k1+2k2+?+?k?)(kk0,…,k?)×∑i0,…,i??iqi1+2i2+?+?i?ii0,…,i?ξm。
将这个关系与定理 16 结合起来，完成了主定理的证明。□

6. 结论性评论
我们以审稿人提出的三个问题结束本文，我们认为这些问题值得进一步研究。
问题 19
wachs [25] 通过一个明确的符号反转对排列的 involution 证明了偶数情况（9）。是否有直接的组合或双射证明来证明缺失的奇数情况（3）或四阶情况（2）？
问题 20
dong 和 lin [11, 定理 1.11] 通过峰值统计量改进了定理 5 的有符号欧拉恒等式。是否有主定理定理 1 的峰值统计量改进？
问题 21
有符号 mahonian 和有符号欧拉多项式已经被广泛扩展到经典 weyl 群，更一般地，扩展到彩色排列群 g(r,1,n)[1]，[4]，[16]，[24]。这里开发的 hadamard 乘积框架能否适用于这些群的循环 euler–mahonian 多项式？

guo-niu han
i.r.m.a., umr 7501, université de strasbourg et cnrs, 7 rue rené descartes, f-67084 strasbourg, france zn=0。然后设置 μj=wˉj?zj，并让 λ=μc 是划分 μ 的共轭。在我们的示例中，这给出 λ=844。我们使用 des(σ)=z1 和 maj(σ)=sum(z) 这些事实来检查 [p1] 和 [p2]。对于 [p3]，观察到在每个中间阶段，如果当前的顶部词是 w′，底部词是 σ′，那么量 coinv(w′)+inv(σ′) 在列交换下保持不变。因此 coinv(w)+inv(id)=coinv(wˉ)+inv(σ)。这意味着 [p3] 是成立的，因为 inv(id)=0 和 coinv(wˉ)=0。□ 定理 16 的第二个证明 根据命题 17，我们得到 ∑σ∈snt des(σ)q maj(σ)pinv(σ)×∑λ∈pnt len(λ)q sum(λ)=∑w∈Wnt max(w)q sum(w)pcoinv(w)。 因此 an(t,q,p)×1(1?tq)?(1?tqn)=∑?≥0t?∑w∈Wn max(w)=?q sum(w)pcoinv(w)，或者等价地 an(t,q,p)(1?t)(1?tq)?(1?tqn)=∑?≥0t?∑w∈Wn max(w)≤?q sum(w)pcoinv(w)。 注意到，当 p=1 时，前面的等式简化为 carlitz 的公式 (5)。从两边提取 t? 的系数，我们发现 [t?]an(t,q,p)(t;q)n+1=∑w∈Wn max(w)≤?q sum(w)pcoinv(w)=∑wˉ∈Dn max(wˉ)≤?q sum(wˉ)∑w∈s(wˉ)pcoinv(w)。写 wˉ=?n??2n21n10n0，使得 n=n0+n1+?+n? 并且 sum(wˉ)=n1+2n2+?+?n?。根据 q-多项式系数的经典组合解释 [3]，[22]，统计量 coinv 分布在所有 wˉ 的重排集合 s(wˉ) 上，根据 ∑w∈s(wˉ)pcoinv(w)=nn0,…,n?p。 因此 [t?]an(t,q,p)(t;q)n+1=∑n0,…,n??nqn1+2n2+?+?n?nn0,…,n?p。□ 我们还回顾了 q-lucas 定理的多项式版本 [1]，[23]。 定理 18 olive 设 n0,…,n? 是非负整数，并写 n0=mk0+i0,…,n?=mk?+i?，其中 0≤i0,…,i?≤m?1。那么 n0+?+n?n0,…,n?ξm=(k0+?+k?k0,…,k?)i0+?+i?i0,…,i?ξm。 此外，如果 i0+?+i?≥m，则 i0+?+i?i0,…,i?ξm=0。 现在我们准备给出我们主定理的第二个证明，这个证明非常简短。 定理 1 的第二个证明 设 n=mk+i，其中 0≤i≤m?1。对于满足 n0+?+n?=n 的非负整数 n0,n1,…,n?，写 nj=mkj+ij，其中 0≤ij≤m?1。应用 q-lucas 定理的第一部分（定理 18），我们得到 qn1+2n2+?+?n?nn0,…,n?ξm=qm(k1+2k2+?+?k?)(kk0,…,k?)×qi1+2i2+?+?i?ii0,…,i?ξm。 现在我们对所有非负整数 nj（0≤j≤?）求和，其中 n0+n1+?+n?=n。根据定理 18 的第二部分，如果 i0+i1+?+i?≥m，则 qn1+2n2+?+?n?nn0,…,n?ξm=0，所以求和实际上只遍历那些 i0+?+i?≤m?1 的序列。等价地，这些序列由条件 k0+?+k?=k 和 i0+?+i?=i 表征。因此，∑n0,…,n??nqn1+2n2+?+?n?nn0,…,n?ξm=∑k0,…,k??kqm(k1+2k2+?+?k?)(kk0,…,k?)×∑i0,…,i??iqi1+2i2+?+?i?ii0,…,i?ξm。 将这个关系与定理 16 结合起来，完成了主定理的证明。□ 6. 结论性评论 我们以审稿人提出的三个问题结束本文，我们认为这些问题值得进一步研究。 问题 19 wachs [25] 通过一个明确的符号反转对排列的 involution 证明了偶数情况（9）。是否有直接的组合或双射证明来证明缺失的奇数情况（3）或四阶情况（2）？ 问题 20 dong 和 lin [11, 定理 1.11] 通过峰值统计量改进了定理 5 的有符号欧拉恒等式。是否有主定理定理 1 的峰值统计量改进？ 问题 21 有符号 mahonian 和有符号欧拉多项式已经被广泛扩展到经典 weyl 群，更一般地，扩展到彩色排列群 g(r,1,n)[1]，[4]，[16]，[24]。这里开发的 hadamard 乘积框架能否适用于这些群的循环 euler–mahonian 多项式？ guo-niu han i.r.m.a., umr 7501, université de strasbourg et cnrs, 7 rue rené descartes, f-67084 strasbourg,>
定理 16 的第二个证明
根据命题 17，我们得到 ∑σ∈snt des(σ)q maj(σ)pinv(σ)×∑λ∈pnt len(λ)q sum(λ)=∑w∈wnt max(w)q sum(w)pcoinv(w)。
因此 an(t,q,p)×1(1?tq)?(1?tqn)=∑?≥0t?∑w∈wn max(w)=?q sum(w)pcoinv(w)，或者等价地 an(t,q,p)(1?t)(1?tq)?(1?tqn)=∑?≥0t?∑w∈wn max(w)≤?q sum(w)pcoinv(w)。
注意到，当 p=1 时，前面的等式简化为 carlitz 的公式 (5)。从两边提取 t? 的系数，我们发现 [t?]an(t,q,p)(t;q)n+1=∑w∈wn max(w)≤?q sum(w)pcoinv(w)=∑wˉ∈dn max(wˉ)≤?q sum(wˉ)∑w∈s(wˉ)pcoinv(w)。写 wˉ=?n??2n21n10n0，使得 n=n0+n1+?+n? 并且 sum(wˉ)=n1+2n2+?+?n?。根据 q-多项式系数的经典组合解释 [3]，[22]，统计量 coinv 分布在所有 wˉ 的重排集合 s(wˉ) 上，根据 ∑w∈s(wˉ)pcoinv(w)=nn0,…,n?p。
因此 [t?]an(t,q,p)(t;q)n+1=∑n0,…,n??nqn1+2n2+?+?n?nn0,…,n?p。□

我们还回顾了 q-lucas 定理的多项式版本 [1]，[23]。

定理 18 olive
设 n0,…,n? 是非负整数，并写 n0=mk0+i0,…,n?=mk?+i?，其中 0≤i0,…,i?≤m?1。那么 n0+?+n?n0,…,n?ξm=(k0+?+k?k0,…,k?)i0+?+i?i0,…,i?ξm。
此外，如果 i0+?+i?≥m，则 i0+?+i?i0,…,i?ξm=0。
现在我们准备给出我们主定理的第二个证明，这个证明非常简短。

定理 1 的第二个证明
设 n=mk+i，其中 0≤i≤m?1。对于满足 n0+?+n?=n 的非负整数 n0,n1,…,n?，写 nj=mkj+ij，其中 0≤ij≤m?1。应用 q-lucas 定理的第一部分（定理 18），我们得到 qn1+2n2+?+?n?nn0,…,n?ξm=qm(k1+2k2+?+?k?)(kk0,…,k?)×qi1+2i2+?+?i?ii0,…,i?ξm。
现在我们对所有非负整数 nj（0≤j≤?）求和，其中 n0+n1+?+n?=n。根据定理 18 的第二部分，如果 i0+i1+?+i?≥m，则 qn1+2n2+?+?n?nn0,…,n?ξm=0，所以求和实际上只遍历那些 i0+?+i?≤m?1 的序列。等价地，这些序列由条件 k0+?+k?=k 和 i0+?+i?=i 表征。因此，∑n0,…,n??nqn1+2n2+?+?n?nn0,…,n?ξm=∑k0,…,k??kqm(k1+2k2+?+?k?)(kk0,…,k?)×∑i0,…,i??iqi1+2i2+?+?i?ii0,…,i?ξm。
将这个关系与定理 16 结合起来，完成了主定理的证明。□

6. 结论性评论
我们以审稿人提出的三个问题结束本文，我们认为这些问题值得进一步研究。
问题 19
wachs [25] 通过一个明确的符号反转对排列的 involution 证明了偶数情况（9）。是否有直接的组合或双射证明来证明缺失的奇数情况（3）或四阶情况（2）？
问题 20
dong 和 lin [11, 定理 1.11] 通过峰值统计量改进了定理 5 的有符号欧拉恒等式。是否有主定理定理 1 的峰值统计量改进？
问题 21
有符号 mahonian 和有符号欧拉多项式已经被广泛扩展到经典 weyl 群，更一般地，扩展到彩色排列群 g(r,1,n)[1]，[4]，[16]，[24]。这里开发的 hadamard 乘积框架能否适用于这些群的循环 euler–mahonian 多项式？

guo-niu han
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