Baileyの${}_6\psi_6$和公式
\begin{align}
&\BQ66{\sqrt aq,-\sqrt aq,b,c,d,e}{\sqrt a,-\sqrt a,aq/b,aq/c,aq/d,aq/e}{\frac{a^2q}{bcde}}\\
&=\frac{(aq,aq/bc,aq/bd,aq/be,aq/cd,aq/ce,aq/de,q,q/a;q)_{\infty}}{(aq/b,aq/c,aq/d,aq/e,q/b,q/c,q/d,q/e,a^2q/bcde;q)_{\infty}}
\end{align}
の応用として,
Andrews-Lewis-Liuの恒等式
や, その特別な場合として
Baileyによる等式
\begin{align}
\sum_{n\in\ZZ}\left(\frac{aq^n}{(1-aq^n)^2}-\frac{bq^n}{(1-bq^n)^2}\right)&=a\frac{(ab,q/ab,b/a,aq/b;q)_{\infty}(q;q)_{\infty}^4}{(a,q/a,b,q/b;q)_{\infty}^2}
\end{align}
などが得られるが, 他にも様々なLambert級数(の一般化)を得ることができる.
\begin{align} \sum_{n\in\ZZ}\frac{(-q)^n}{(1-xq^n)(1-yq^n)}&=\frac{(q;q)_{\infty}^2(xq^2/y,xq^2/x,xyq,q/xy;q^2)_{\infty}}{(x,q/x,y,q/y;q)_{\infty}} \end{align}
Baileyの${}_6\psi_6$和公式において, $d=\sqrt a,e=-\sqrt a$とすると,
\begin{align}
\BQ22{b,c}{aq/b,aq/c}{-\frac{aq}{bc}}&=\frac{(aq,aq/bc,\sqrt aq/b,-\sqrt aq/b,\sqrt aq/c,-\sqrt aq/c,-q,q,q/a;q)_{\infty}}{(aq/b,aq/c,\sqrt aq,-\sqrt aq,q/b,q/c,q/\sqrt a,-q/\sqrt a,-aq/bc;q)_{\infty}}\\
&=\frac{(aq,q/a,aq/bc;q)_{\infty}(aq^2/b^2,aq^2/c,q^2;q^2)_{\infty}}{(aq/b,aq/c,q/b,q/c,-aq/bc;q)_{\infty}(aq^2,q^2/a;q^2)_{\infty}}\\
&=\frac{(aq/bc;q)_{\infty}(aq,q/a,aq^2/b^2,aq^2/c,q^2;q^2)_{\infty}}{(aq/b,aq/c,q/b,q/c,-aq/bc;q)_{\infty}}
\end{align}
が得られる. 特に$a=xy, b=x, c=y$とすると,
\begin{align}
\sum_{n\in\ZZ}\frac{(-q)^n}{(1-xq^n)(1-yq^n)}&=\frac{(q;q)_{\infty}^2(xyq,q/xy, xq/y,yq/x;q^2)_{\infty}}{(x,q/x,y,q/y;q)_{\infty}}
\end{align}
を得る.
特に$x=y$として以下を得る.
\begin{align} \sum_{n\in\ZZ}\frac{(-q)^n}{(1-xq^n)^2}&=\frac{(q;q)_{\infty}^2(x^2q,q/x^2,q,q;q^2)_{\infty}}{(x,q/x;q)_{\infty}^2} \end{align}
\begin{align} \sum_{n\in\ZZ}\frac{(1+xyq^{2n})q^n}{(1-x^2q^{2n})(1-y^2q^{2n})}&=\frac{(xq/y,yq/x,-xy,-q/xy;q)_{\infty}(q^2;q^2)_{\infty}^2}{(x^2,q^2/x^2,y^2,q^2/y^2;q^2)_{\infty}} \end{align}
Baileyの${}_6\psi_6$和公式において, $a=-xy, b=x,c=-x,d=y,e=-y$とすると,
\begin{align}
\frac{(1-x^2)(1-y^2)}{1+xy}\sum_{n\in\ZZ}\frac{(1+xyq^{2n})q^n}{(1-x^2q^{2n})(1-y^2q^{2n})}&=\frac{(-xyq,yq/x,-q,q,q,-q,xq/y,-q/xy;q)_{\infty}}{(yq,-yq,xq,-xq,q/x,-q/x,q/y,-q/y;q)_{\infty}}\\
&=\frac{(-xyq,yq/x,xq/y,-q/xy;q)_{\infty}(q^2;q^2)_{\infty}^2}{(x^2q^2,y^2q^2,q^2/x^2,q^2/y^2;q^2)_{\infty}}\\
\end{align}
より, 定理を得る.
特に$x=y$としてから$x^2\mapsto x$として以下を得る.
\begin{align} \sum_{n\in\ZZ}\frac{(1+xq^{2n})q^n}{(1-xq^{2n})^2}&=\frac{(-x,-q/x;q)_{\infty}(q;q)_{\infty}^2(q^2;q^2)_{\infty}^2}{(x,q^2/x;q^2)_{\infty}^2} \end{align}
以下のように, 分母が3乗のものもある.
\begin{align} \sum_{n\in\ZZ}\frac{(1+xq^{n})q^n}{(1-xq^n)^3}&=\frac{(x^2,q/x^2;q)_{\infty}(q;q)_{\infty}^6}{(x,q/x;q)_{\infty}^4} \end{align}
$a=x^2, b=c=d=e=x$として,
\begin{align}
\frac{(1-x)^4}{1-x^2}\sum_{n\in\ZZ}\frac{(1+xq^n)q^n}{(1-xq^n)^3}&=\frac{(x^2q,q,q,q,q,q,q,q/x^2;q)_{\infty}}{(xq,xq,xq,xq,q/x,q/x,q/x,q/x;q)_{\infty}}\\
&=\frac{(x^2q,q/x^2;q)_{\infty}(q;q)_{\infty}^6}{(xq,q/x;q)_{\infty}^4}
\end{align}
より定理を得る.
このような等式を楕円関数論の観点から考えてみるというのも面白そうである.