Rogersの和公式の直接的な証明

まず, $|b|>1$のとき,
\begin{align} 1-aq^{2k}&=\frac{(1-q^k)(1-aq^{k}/b)-(1-aq^k)(1-bq^{k})b^{-1}}{1-b^{-1}} \end{align}
であるから, 望遠鏡和により
\begin{align} \sum_{0\leq k}\frac{(1-aq^{2k})(a,b;q)_k}{(1-a)(q,aq/b;q)_k}b^{-k}&=\frac 1{(1-a)(1-b^{-1})}\sum_{0\leq k}\left(\frac{(a,b;q)_k}{(q,aq/b;q)_{k-1}}b^{-k}-\frac{(a,b;q)_{k+1}}{(q,aq/b;q)_{k}}b^{-k-1}\right)\\ &=0 \end{align}
である. よって, Kroneckerのデルタを用いて$n\geq 0$のとき,
\begin{align} \sum_{0\leq k}\frac{(1-aq^{2k})(a,q^{-n};q)_k}{(1-a)(q,aq^{n+1};q)_k}q^{nk}&=\delta_{n,0} \end{align}
となる. これより,
\begin{align} 1&=\sum_{0\leq n}\frac{(b,c,d;q)_n}{(q,aq,bcd/a;q)_n}q^n\sum_{0\leq k}\frac{(1-aq^{2k})(a,q^{-n};q)_k}{(1-a)(q,aq^{n+1};q)_k}q^{nk}\\ &=\sum_{0\leq k}\frac{(1-aq^{2k})(a;q)_k}{(1-a)(q;q)_k}(-1)^kq^{\binom k2}\sum_{0\leq n}\frac{(b,c,d;q)_n}{(bcd/a;q)_n(aq;q)_{n+k}(q;q)_{n-k}}q^n\\ &=\sum_{0\leq k}\frac{(1-aq^{2k})(a,b,c,d;q)_k}{(1-a)(q,bcd/a;q)_k(aq;q)_{2k}}(-q)^kq^{\binom k2}\Q32{bq^k,cq^k,dq^k}{bcdq^k/a,aq^{2k+1}}q \end{align}
となる. ここで, non-terminating $q$-Saalschützの和公式 より 前の記事 と全く同様に
\begin{align} &\Q32{bq^k,cq^k,dq^k}{bcdq^k/a,aq^{2k+1}}{q}\\ &=\frac{(aq/b,aq/c,aq/d,aq/bcd;q)_{\infty}}{(aq,aq/bc,aq/bd,aq/cd;q)_{\infty}}\frac{(aq;q)_{2k}(bcd/a;q)_k}{(aq/b,aq/c,aq/d;q)_k}\left(-\frac{a}{bcd}\right)^kq^{-\binom k2}\\ &\qquad-\frac{(aq/bcd,b,c,d,a^2q^2/bcd;q)_{\infty}}{(bcd/aq,aq,aq/bc,aq/bd,aq/cd;q)_{\infty}}\frac{(aq;q)_{2k}(bcd/a,bcd/aq;q)_k}{(b,c,d,a^2q^2/bcd;q)_k}\left(-\frac{a}{bcd}\right)^k q^{-\binom k2}\Q32{aq/bc,aq/bd,aq/cd}{a^2q^{k+2}/bcd,aq^{2-k}/bcd}q \end{align}
であるから, これを代入すると,
\begin{align} 1&=\frac{(aq/b,aq/c,aq/d,aq/bcd;q)_{\infty}}{(aq,aq/bc,aq/bd,aq/cd;q)_{\infty}}\Q65{a,\sqrt a q,-\sqrt aq,b,c,d}{\sqrt a,-\sqrt a,aq/b,aq/c,aq/d}{\frac{aq}{bcd}}\\ &\qquad-\frac{(aq/bcd,b,c,d,a^2q^2/bcd;q)_{\infty}}{(bcd/aq,aq,aq/bc,aq/bd,aq/cd;q)_{\infty}}\\ &\qquad\cdot\sum_{0\leq k}\frac{(1-aq^{2k})(a,bcd/aq;q)_k}{(1-a)(q,a^2q^2/bcd;q)_k}\left(\frac{aq}{bcd}\right)^k \sum_{0\leq j}\frac{(aq/bc,aq/bd,aq/cd;q)_j}{(q,a^2q^{k+2}/bcd,aq^{2-k}/bcd;q)_j}q^j \end{align}
を得る. ここで, 第二項は
\begin{align} &\sum_{0\leq k}\frac{(1-aq^{2k})(a,bcd/aq;q)_k}{(1-a)(q,a^2q^2/bcd;q)_k}\left(\frac{aq}{bcd}\right)^k \sum_{0\leq j}\frac{(aq/bc,aq/bd,aq/cd;q)_j}{(q,a^2q^{k+2}/bcd,aq^{2-k}/bcd;q)_j}q^j\\ &=\sum_{0\leq j}\frac{(aq/bc,aq/bd,aq/cd;q)_j}{(q,a^2q^{2}/bcd,aq^{2}/bcd;q)_j}q^j\sum_{0\leq k}\frac{(1-aq^{2k})(a,bcdq^{-j-1}/a;q)_k}{(1-a)(q,a^2q^{j+2}/bcd;q)_k}\left(\frac{aq^{j+1}}{bcd}\right)^k \end{align}
ここで, $\left|\dfrac{bcd}{aq^{j+1}}\right|>1$であるから最初に示したことより,
\begin{align} \sum_{0\leq k}\frac{(1-aq^{2k})(a,bcdq^{-j-1}/a;q)_k}{(1-a)(q,a^2q^{j+2}/bcd;q)_k}\left(\frac{aq^{j+1}}{bcd}\right)^k=0 \end{align}
である. よって,
\begin{align} 1&=\frac{(aq/b,aq/c,aq/d,aq/bcd;q)_{\infty}}{(aq,aq/bc,aq/bd,aq/cd;q)_{\infty}}\Q65{a,\sqrt a q,-\sqrt aq,b,c,d}{\sqrt a,-\sqrt a,aq/b,aq/c,aq/d}{\frac{aq}{bcd}} \end{align}
となって定理を得る.