q超幾何級数によるJacobiの六平方和定理, 八平方和定理の証明

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}
において, $b=c=d=-1, e\mapsto \infty$とすると,
\begin{align} \frac{(q,q/a;q)_{\infty}(aq;q)_{\infty}^4}{(-q,-aq;q)_{\infty}^3}&=\sum_{n\in\ZZ}\frac{1-aq^{2n}}{1-a}\frac{(-1;q)_n^3}{(-aq;q)_n^3}a^{2n}q^\binom{n+1}2\\ &=1+\sum_{0< n}\frac{1-aq^{2n}}{1-a}\frac{(-1;q)_n^3}{(-aq;q)_n^3}a^{2n}q^\binom{n+1}2\\ &+\sum_{0< n}\frac{1-aq^{-2n}}{1-a}\frac{(-1;q)_{-n}^3}{(-aq;q)_{-n}^3}a^{-2n}q^\binom{1-n}2\\ &=1+\sum_{0< n}\frac{q^\binom{n+1}2}{1-a}\left((1-aq^{2n})a^{2n}\frac{(-1;q)_n^3}{(-aq;q)_n^3}+(q^{2n}-a)a^n\frac{(-1/a;q)_n^3}{(-q;q)_n^3}\right) \end{align}
ここで, $a\to 1$とすると,
\begin{align} &\frac{d}{da}\left.\left((1-aq^{2n})a^{2n}\frac{(-1;q)_n^3}{(-aq;q)_n^3}+(q^{2n}-a)a^n\frac{(-1/a;q)_n^3}{(-q;q)_n^3}\right)\right|_{a=1}\\ &=(2n-(2n+1)q^{2n}+nq^{2n}-(n+1))\frac{(-1;q)_n^3}{(-q;q)_n^3}\\ &-3(1-q^{2n})\frac{(-1;q)_n^3}{(-q;q)_n^3}\sum_{k=1}^n\frac{q^k}{1+q^k}+3(1-q^{2n})\frac{(-1;q)_n^3}{(-q;q)_n^3}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{q^k}{1+q^k}\\ &=\frac{8(n-1-(n+1)q^{2n})}{(1+q^n)^3}+\frac{12(1-q^{2n})}{(1+q^n)^3}\left(1-\frac{2q^n}{1+q^n}\right)\\ &=\frac{8(n-1-(n+1)q^{2n})+12(1-q^{n})^2}{(1+q^n)^3}\\ &=\frac{4(2n+1-6q^n-(2n-1)q^{2n})}{(1+q^n)^3} \end{align}
であるから,
\begin{align} \left(\frac{(q;q)_{\infty}}{(-q;q)_{\infty}}\right)^6&=1+4\sum_{0< n}\frac{q^\binom{n+1}2}{(1+q^n)^3}(6q^n+(2n-1)q^{2n}-(2n+1)) \end{align}
を得る. ここで,
\begin{align} &\sum_{0< n}\frac{q^\binom{n+1}2}{(1+q^n)^3}(6q^n+(2n-1)q^{2n}-(2n+1))\\ &=\sum_{0< n}\sum_{0\leq k}(-1)^{k-1}q^{\binom{n+1}2+nk}\left(6\binom{k+1}2-(2n-1)\binom k2+(2n+1)\binom{k+2}2\right)\\ &=\sum_{0< n}\sum_{0\leq k}(-1)^{k-1}q^{\frac{n(n+2k+1)}2}((n+2k+1)^2-n^2) \end{align}
ここで, $n$の偶奇で分けることによって,
\begin{align} &\sum_{0< n}\sum_{0\leq k}(-1)^{k-1}q^{\frac{n(n+2k+1)}2}((n+2k+1)^2-n^2)\\ &=\sum_{0< n}\sum_{0\leq k}(-1)^{k-1}q^{n(2n+2k+1)}((2n+2k+1)^2-(2n)^2)\\ &+\sum_{0< n}\sum_{0\leq k}(-1)^{k-1}q^{(2n-1)(n+k)}((2n+2k)^2-(2n-1)^2)\\ &=\sum_{0< n\leq k}(-1)^{n+k-1}q^{n(2k+1)}((2k+1)^2-(2n)^2)\\ &+\sum_{0< n\leq k}(-1)^{n+k-1}q^{(2n-1)k}((2k)^2-(2n-1)^2)\\ &=\sum_{0< n\leq k}(-1)^{n+k-1}q^{n(2k+1)}((2k+1)^2-(2n)^2)\\ &+\sum_{0\leq k< n}(-1)^{n+k-1}q^{n(2k+1)}((2k+1)^2-(2n)^2),\qquad(n\mapsto k+1,k\mapsto n)\\ &=\sum_{0< n,0\leq k}(-1)^{n+k-1}q^{n(2k+1)}((2k+1)^2-(2n)^2)\\ &=\sum_{0< n,0\leq k}(-1)^{n+k-1}q^{n(2k+1)}(2k+1)^2-\sum_{0< n,0\leq k}(-1)^{n+k-1}q^{n(2k+1)}(2n)^2\\ &=\sum_{0\leq k}\frac{(-1)^k(2k+1)^2q^{2k+1}}{1+q^{2k+1}}+\sum_{0< n}\frac{(-1)^{n}(2n)^2q^n}{1+q^{2n}}\\ \end{align}
よって,
\begin{align} \left(\sum_{n\in\ZZ}q^{n^2}\right)^6&=\left(\frac{(-q;-q)_{\infty}}{(q;-q)_{\infty}}\right)^6\\ &=1+16\sum_{0< n}\frac{n^2q^n}{1+q^{2n}}-4\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n(2n+1)^2q^{2n+1}}{1-q^{2n+1}} \end{align}
を得る.

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}
において, $b=c=d=e=-1$とすると,
\begin{align} \frac{(q,q/a;q)_{\infty}(aq;q)_{\infty}^7}{(a^2q;q)_{\infty}(-q,-aq;q)_{\infty}^8}&=\sum_{n\in\ZZ}\frac{1-aq^{2n}}{1-a}\frac{(-1;q)_n^4}{(-aq;q)_n^4}(a^2q)^n\\ &=1+\sum_{0< n}\frac{1-aq^{2n}}{1-a}\frac{(-1;q)_n^4}{(-aq;q)_n^4}(a^2q)^n\\ &+\sum_{0< n}\frac{1-aq^{-2n}}{1-a}\frac{(-1;q)_{-n}^4}{(-aq;q)_{-n}^4}(a^2q)^{-n}\\ &=1+\sum_{0< n}\frac{a^{2n}q^n}{1-a}\left((1-aq^{2n})\frac{(-1;q)_n^4}{(-aq;q)_n^4}+(q^{2n}-a)\frac{(-1/a;q)_n^4}{(-q;q)_n^4}\right) \end{align}
ここで, $a\to 1$とすると,
\begin{align} &\frac{d}{da}\left.\left((1-aq^{2n})\frac{(-1;q)_n^4}{(-aq;q)_n^4}+(q^{2n}-a)\frac{(-1/a;q)_n^4}{(-q;q)_n^4}\right)\right|_{a=1}\\ &=-(1+q^{2n})\frac{(-1;q)_n^4}{(-q;q)_n^4}-4\frac{(-1;q)_n^4}{(-q;q)_n^4}(1-q^{2n})\left(\sum_{k=1}^n\frac{q^k}{1+q^k}-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{q^k}{1+q^k}\right)\\ &=\frac{16}{(1+q^n)^4}\left(-1-q^{2n}+2(1-q^n)^2\right)\\ &=\frac{16(1-4q^n+q^{2n})}{(1+q^n)^4} \end{align}
より,
\begin{align} \left(\frac{(q;q)_{\infty}}{(-q;q)_{\infty}}\right)^8&=1+16\sum_{0< n}\frac{q^n(1-4q^n+q^{2n})}{(1+q^n)^4} \end{align}
を得る. ここで,
\begin{align} \sum_{0< n}\frac{q^n(1-4q^n+q^{2n})}{(1+q^n)^4}&=\sum_{0< n,k}(-1)^k\left(4\binom{k+1}3+\binom k3+\binom{k+2}3\right)q^{nk}\\ &=\sum_{0< n,k}(-1)^kk^3q^{nk}\\ &=\sum_{0< k}\frac{(-1)^kk^3q^k}{1-q^k} \end{align}
となる.　よって,
\begin{align} \left(\sum_{n\in\ZZ}q^{n^2}\right)^8&=\left(\frac{(-q;-q)_{\infty}}{(q;-q)_{\infty}}\right)^8\\ &=1+16\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^3q^n}{1-(-q)^n} \end{align}
を得る.