Jacobi三重積

（１）を認めると、（１）に$x=-1$を代入し、左辺を$0$にする。
$$0=\sum _{k=0}^n{q}^{\frac{k(k-1)}{2}}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}_q(-1{)}^k=\sum _{k=0}^n{q}^{\frac{k(k-1)}{2}}\frac{(n{)}_q}{(n-k{)}_q(k{)}_q}(-1{)}^k$$
両辺に$$\frac{(-1{)}^n}{(n{)}_q}{x}^n(n\geqq 1)$$
をかけると、
$$0=\sum _{k=0}^n{q}^{\frac{k(k-1)}{2}}\frac{(-1{)}^{n-k}}{(n-k{)}_q(k{)}_q}{x}^k{x}^{n-k}$$
となる。ここで、
$$(\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^l}{(l{)}_q}{x}^l)(\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{q}^{\frac{k(k-1)}{2}}\frac{1}{(k{)}_q}{x}^k)=1+\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=0}^n{q}^{\frac{k(k-1)}{2}}\frac{(-1{)}^{n-k}}{(n-k{)}_q(k{)}_q}{x}^k{x}^{n-k}=1$$
となるので、（１）と（２）から（３）が得られる。
$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(n{)}_q}{(n-k{)}_q}=\frac{(\mathrm{\infty }{)}_q}{(\mathrm{\infty }{)}_q}=1$$
より、（１）から（２）が得られる。

（１）の証明
$$\prod _{j=1}^n(1+x{q}^{j-1})=\sum _{k=0}^n{A}_k{x}^k$$とおく。$A_k$は$k,n,q$に依存するので、そのことを強調するときは$A_k=A(n,k,q)$と表すことにする。
$x=yq$を代入しても等式は成り立つから、
$$\prod _{j=1}^n(1+y{q}^j)=\sum _{k=0}^n{A}_k{q}^k{y}^k$$
ここで、
$$\prod _{j=1}^n(1+y{q}^j)=\frac{1+y{q}^n}{1+y}\prod _{j=1}^n(1+y{q}^{j-1})$$
より、両辺に$1+y$をかける。
$$(1+y)\sum _{k=0}^n{A}_k{q}^k{y}^k=(1+y{q}^n)\sum _{k=0}^n{A}_k{y}^k$$
$y^k$の係数を比較すると、
$$A_k{q}^k+A_{k-1}{q}^{k-1}=A_k+A_{k-1}{q}^n$$
を得る。
$$\prod _{k=1}^m\frac{A_k}{A_{k-1}}=\prod _{k=1}^m\frac{q^{k-1}-q^n}{1-q^k}$$
だから、
$$\frac{A_m}{A_0}=\frac{(1-q^n)(q-q^n)\cdots (q^{m-1}-q^n)}{(m{)}_q}=\frac{(1-q^n)(1-q^{n-1})\cdots (1-q^{n-m+1})}{(m{)}_q}q{q}^2\cdots q^{m-1}$$
$$={(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}_q{q}^{\frac{m(m-1)}{2}}$$
となる。$A_0=1$なので、（１）が得られる。

$q$二項定理（２）において、$q$を$q^2$、$x$を$qx$に変換すると、
$$\prod _{j=1}^{\mathrm{\infty }}(1+x{q}^{2j-1})=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{q}^{k^2}\frac{1}{(k{)}_{q^2}}{x}^k$$
ここで、$(\mathrm{\infty }{)}_{q^2}=\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-q^{2m})$を両辺にかける。
$$\prod _{j=1}^{\mathrm{\infty }}(1-q^{2j})(1+x{q}^{2j-1})=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{q}^{k^2}\frac{(\mathrm{\infty }{)}_{q^2}}{(k{)}_{q^2}}{x}^k\cdots (A)$$

また、
$$\frac{(\mathrm{\infty }{)}_q}{(k{)}_q}=\frac{(1-q)\cdots }{(1-q)\cdots (1-q^k)}=(1-q^{k+1})\cdots =\prod _{j=1}^{\mathrm{\infty }}(1-q^{k+j})$$
ここで$k<0$ならば$j=-k>0$のときがあるので、この値は$0$となる。
そこで、
$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{q}^{k^2}\frac{(\mathrm{\infty }{)}_{q^2}}{(k{)}_{q^2}}{x}^k=\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{q}^{k^2}\frac{(\mathrm{\infty }{)}_{q^2}}{(k{)}_{q^2}}{x}^k$$
としてもよい。
次に、$q$二項定理（３）において、$q$を$q^2$、$x$を$q{x}^{-1}$に変換すると、
$$\prod _{j=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{1+x^{-1}{q}^{2j-1}}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{(k{)}_{q^2}}(q{x}^{-1}{)}^k$$
を得る。
$q$二項定理（２）において、$q$を$q^2$、$x$を$-q^{2n+2}$に変換すると、
$$\prod _{j=1}^{\mathrm{\infty }}(1-q^{2n+2}{q}^{2j-2})=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{q}^{k(k-1)}\frac{1}{(k{)}_{q^2}}(-1{)}^k(q^{2n+2}{)}^k$$
$$=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{(k{)}_{q^2}}{q}^{k^2+2nk+k}=q^{-n^2}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{(k{)}_{q^2}}{q}^{(k+n)(k+n)}{q}^k$$
そこで、
$$\frac{(\mathrm{\infty }{)}_{q^2}}{(n{)}_{q^2}}=\prod _{j=1}^{\mathrm{\infty }}(1-q^{2n+2j})$$
を利用すると、$(A)$より、
$$\prod _{j=1}^{\mathrm{\infty }}(1-q^{2j})(1+x{q}^{2j-1})=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{q}^{n^2}\frac{(\mathrm{\infty }{)}_{q^2}}{(n{)}_{q^2}}{x}^n$$
$$=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{(k{)}_{q^2}}{q}^{(k+n)(k+n)}(q{x}^{-1}{)}^k{x}^{k+n}$$
$$=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{(k{)}_{q^2}}(q{x}^{-1}{)}^k\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{q}^{(k+n)(k+n)}{x}^{k+n}$$
$$=\prod _{j=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{1+x^{-1}{q}^{2j-1}}\sum _{m=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{q}^{m^2}{x}^m$$
となるので、定理を得る。