ヤコビの三重積のヤコビによる証明

$$f(z)=\prod^\infty_{n=1}(1+q^{2n-1}z)=\sum^\infty_{n=0}A_nz^n$$
とおいたとき、無限積表示から
$$f(z)=(1+qz)f(q^2z)$$
が成り立つのでこの両辺における$z^n$の係数を比較することで
$$A_n=A_nq^{2n}+A_{n-1}q^{2n-1}$$
つまり漸化式
$$A_n=\frac{q^{2n-1}}{1-q^{2n}}A_{n-1}$$
が得られる。よって$A_0=1$より
$$A_n=\frac{q^{n^2}}{\prod^n_{k=1}(1-q^{2k})}$$
がわかる。

$$f(z)=\prod^\infty_{n=1}\frac1{1-q^nz} =\sum^\infty_{n=0}A_n\frac{z^n}{\prod^n_{k=1}(1-q^kz)}$$
とおいたとき(このような展開の存在と一意性はちゃんと保証されるのでしょうか)、
\begin{align} f(z) &=\farc{f(qz)}{1-qz}\\ &=\sum^\infty_{n=0}A_n\frac{q^nz^n}{\prod^{n+1}_{k=1}(1-q^kz)}\\ &=\sum^\infty_{n=0}A_n\frac{q^nz^n(1-q^{n+1}z)+q^{2n+1}z^{n+1}}{\prod^{n+1}_{k=1}(1-q^kz)}\\ &=\sum^\infty_{n=0}(A_nq^n+A_{n-1}q^{2n-1})\frac{z^n}{\prod^n_{k=1}(1-q^kz)} \end{align}
より漸化式
$$A_n=\frac{q^{2n-1}}{1-q^n}$$
が得られる。よって$A_0=1$より
$$A_n=\frac{q^{n^2}}{\prod^n_{k=1}(1-q^k)}$$
がわかる。

　補題1より
$$\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n-1}z)(1-q^{2n-1}z^{-1}) =\l(\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n^2}z^n}{\prod^n_{k=1}(1-q^{2k})}\r) \l(\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{n^2}z^{-n}}{\prod^n_{k=1}(1-q^{2k})}\r)$$
が成り立ち、この右辺における$z^n,z^{-n}\;(n\geq0)$の係数は
$$\sum^\infty_{m=0}\frac{q^{(m+n)^2}}{\prod^{m+n}_{k=1}(1-q^{2k})}\frac{q^{m^2}}{\prod^m_{k=1}(1-q^{2k})} =\frac{q^{n^2}}{\prod^n_{k=1}(1-q^{2k})}\sum^\infty_{m=0}\frac{q^{2mn}}{\prod^m_{k=1}(1-q^{2(n+k)})}\frac{q^{2m^2}}{\prod^m_{k=1}(1-q^{2k})}$$
と表せる。
　また補題2より
$$\prod^\infty_{k=1}\frac1{1-q^{2(n+k)}} =\sum^\infty_{m=0}\frac{q^{2m^2}q^{2mn}}{\prod^n_{k=1}(1-q^{2k})(1-q^{2(n+k)})}$$
が成り立つので
$$\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n-1}z)(1-q^{2n-1}z^{-1}) =\sum^\infty_{n=-\infty}\frac{q^{n^2}z^n}{\prod^\infty_{k=1}(1-q^{2k})}$$
つまり
$$\prod^\infty_{n=1}(1-q^{2n})(1-q^{2n-1}z)(1-q^{2n-1}z^{-1}) =\sum^\infty_{n=-\infty}q^{n^2}z^n$$
を得る。