Rogers, SlaterのBailey対
Bailey対 は以下のように定義される.
数列の組$(\alpha_n,\beta_n)$が$a$に関するBailey対であるとは, 任意の$0\leq n$に対して
\begin{align}
\beta_n=\sum_{k=0}^n\frac{\alpha_k}{(q;q)_{n-k}(aq;q)_{n+k}}
\end{align}
を満たしていることをいう.
以下のBailey対はRogersによって扱われたもので, SlaterによってBailey対として整理されたものである.
$\alpha_0:=1$とする.
\begin{align}
\alpha_{3n-1}&:=-q^{6n^2-5n+1},\quad n\geq 1\\
\alpha_{3n}&:=q^{6n^2-n}+q^{6n^2+n},\quad n\geq 1\\
\alpha_{3n+1}&:=-q^{6n^2+5n+1},\quad n\geq 0\\
\beta_n&:=\frac 1{(q;q)_{2n}}, n\geq 0
\end{align}
とすると, $(\alpha_n,\beta_n)$は$1$に関するBailey対である.
\begin{align}
\alpha_{3n-1}&:=q^{6n^2-n},\quad n\geq 1\\
\alpha_{3n}&:=q^{6n^2+n},\quad n\geq 0\\
\alpha_{3n+1}&:=-q^{6n^2+5n+1}-q^{6n^2+7n+2},\quad n\geq 0\\
\beta_n&:=\frac 1{(q^2;q)_{2n}}, n\geq 0
\end{align}
とすると, $(\alpha_n,\beta_n)$は$q$に関するBailey対である.
$\alpha_0:=1$とする.
\begin{align}
\alpha_{3n-1}&:=-q^{6n^2-2n}, \quad n\geq 1\\
\alpha_{3n}&:=q^{6n^2-2n}+q^{6n^2+2n}, \quad n\geq 1\\
\alpha_{3n+1}&:=-q^{6n^2+2n},\quad n\geq 0\\
\beta_n&:=\frac{q^n}{(q;q)_{2n}},\quad n\geq 0
\end{align}
とすると, $(\alpha_n,\beta_n)$は$1$に関するBailey対である.
\begin{align}
\alpha_{3n-1}&:=q^{6n^2-4n},\quad n\geq 1\\
\alpha_{3n}&:=q^{6n^2+4n},\quad n\geq 0\\
\alpha_{3n+1}&:=-q^{6n^2+8n+2}-q^{6n^2+4n},\quad n\geq 0\\
\beta_n&:=\frac{q^n}{(q^2;q)_{2n}}, n\geq 0
\end{align}
とすると, $(\alpha_n,\beta_n)$は$q$に関するBailey対である.
$\alpha_0:=1$とする.
\begin{align}
\alpha_{3n-1}&:=-q^{3n^2-n},\quad n\geq 1\\
\alpha_{3n}&:=q^{3n^2-n}+q^{3n^2+n},\quad n\geq 1\\
\alpha_{3n+1}&:=-q^{3n^2+n},\quad n\geq 0\\
\beta_n&:=\frac{q^{n^2}}{(q;q)_{2n}}, n\geq 0
\end{align}
とすると, $(\alpha_n,\beta_n)$は$1$に関するBailey対である.
\begin{align}
\alpha_{3n-1}&:=q^{3n^2+n},\quad n\geq 1\\
\alpha_{3n}&:=q^{3n^2-n},\quad n\geq 0\\
\alpha_{3n+1}&:=-q^{3n^2+n}-q^{3n^2+5n+2},\quad n\geq 0\\
\beta_n&:=\frac{q^{n^2}}{(q^2;q)_{2n}}, n\geq 0
\end{align}
とすると, $(\alpha_n,\beta_n)$は$q$に関するBailey対である.
$\alpha_0:=1$とする.
\begin{align}
\alpha_{3n-1}&:=-q^{3n^2-4n+1},\quad n\geq 1\\
\alpha_{3n}&:=q^{3n^2-2n}+q^{3n^2+2n},\quad n\geq 1\\
\alpha_{3n+1}&:=-q^{3n^2+4n+1},\quad n\geq 0\\
\beta_n&:=\frac{q^{n^2-n}}{(q;q)_{2n}}, n\geq 0
\end{align}
とすると, $(\alpha_n,\beta_n)$は$1$に関するBailey対である.
\begin{align}
\alpha_{3n-1}&:=q^{3n^2-2n},\quad n\geq 1\\
\alpha_{3n}&:=q^{3n^2+2n},\quad n\geq 0\\
\alpha_{3n+1}&:=-q^{3n^2+4n+1}-q^{3n^2+2n},\quad n\geq 0\\
\beta_n&:=\frac{q^{n^2+n}}{(q^2;q)_{2n}}, n\geq 0
\end{align}
とすると, $(\alpha_n,\beta_n)$は$q$に関するBailey対である.
Baileyの${}_6\psi_6$和公式
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{(1-aq^{2k})(b,c,d,e;q)_k}{(1-a)(aq/b,aq/c,aq/d,aq/e;q)_k}\left(\frac{a^2q}{bcde}\right)^k\\
&=\frac{(q,q/a,aq,aq/bc,aq/bd,aq/be,aq/cd,aq/ce,aq/de;q)_{\infty}}{(q/b,q/c,q/d,q/e,aq/b,aq/c,aq/d,aq/e,a^2q/bcde;q)_{\infty}}
\end{align}
において, $q\mapsto q^3, c=q^{-n}, d=q^{1-n}, e=q^{2-n}$とすると,
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{1-aq^{6k}}{1-a}\frac{(q^{-n};q)_{3k}(b;q^3)_k}{(aq^{n+1};q)_{3k}(aq^3/b;q^3)_k}\left(\frac{a^2q^{3n}}{b}\right)^k\\
&=\frac{(q^3,q^3/a,aq^3,aq^{n+3}/b,aq^{n+2}/b,aq^{n+1}/b,aq^{2n+2},aq^{2n+1},aq^{2n};q^3)_{\infty}}{(q^3/b,q^{n+3},q^{n+2},q^{n+1},aq^3/b,aq^{n+3},aq^{n+2},aq^{n+1},a^2q^{3n}/b;q^3)_{\infty}}\\
&=\frac{(aq^{n+1}/b,aq^{2n};q)_{\infty}(q^3,q^3/a,aq^3;q^3)_{\infty}}{(q^{n+1},aq^{n+1};q)_{\infty}(q^3/b,aq^3/b,a^2q^{3n}/b;q^3)_{\infty}}\\
&=\frac{(aq/b,a;q)_{\infty}(q^3,q^3/a,aq^3;q^3)_{\infty}}{(q,aq;q)_{\infty}(q^3/b,aq^3/b,a^2/b;q^3)_{\infty}}\frac{(q,aq;q)_n(a^2/b;q^3)_n}{(aq/b;q)_n(a;q)_{2n}}\\
&=\frac{(a,q^3/a,aq/b,aq^2/b;q^3)_{\infty}}{(q,q^2,q^3/b,a^2/b;q^3)_{\infty}}\frac{(q,aq;q)_n(a^2/b;q^3)_n}{(aq/b;q)_n(a;q)_{2n}}\\
\end{align}
を得る. ここで, $a=q$とすると,
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\frac{(1-q^{6k+1})(-1)^k(b;q^3)_kq^{\frac 12(9k^2+k)}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k}(q^4/b;q^3)_kb^k}&=\frac{(q^2/b;q^3)_n}{(q;q)_{2n}(q^2/b;q)_n}
\end{align}
を得る. ここで, $b\to\infty$とすると,
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\frac{(1-q^{6k+1})q^{6k^2-k}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k}}&=\frac{1}{(q;q)_{2n}}
\end{align}
である. $q^{6k^2-k}(1-q^{6k+1})=q^{6k^2-k}(1-q^{n+3k+1})-q^{6k^2+5k+1}(1-q^{n-3k})$であることを用いてこれを書き換えると,
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor \frac n3\rfloor}\left(\frac{q^{6k^2-k}}{(q;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{6k^2+5k+1}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}\right)=\frac 1{(q;q)_{2n}}
\end{align}
つまり,
\begin{align}
\frac{1}{(q;q)_n^2}-\frac{q}{(q;q)_{n+1}(q;q)_{n-1}}+\sum_{k=1}^{\lfloor \frac n3\rfloor}\left(\frac{q^{6k^2-k}+q^{6k^2+k}}{(q;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{6k^2+5k+1}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}-\frac{q^{6k^2-5k+1}}{(q;q)_{n-3k+1}(q;q)_{n+3k-1}}\right)=\frac 1{(q;q)_{2n}}
\end{align}
を得る. よって定理1が示された. 次に,
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\frac{(1-q^{6k+1})q^{6k^2-k}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k}}&=\frac{1}{(q;q)_{2n}}
\end{align}
において, $q^{6k^2-k}(1-q^{6k+1})=q^{6k^2+2k-n}((1-q^{n+3k+1})-(1-q^{n-3k}))$を用いて書き換えると,
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor \frac n3\rfloor}\left(\frac{q^{6k^2+2k}}{(q;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{6k^2+2k}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}\right)=\frac{q^n}{(q;q)_{2n}}
\end{align}
つまり,
\begin{align}
\frac 1{(q;q)_n^2}-\frac 1{(q;q)_{n+1}(q;q)_{n-1}}+\sum_{k=1}^{\lfloor \frac n3\rfloor}\left(\frac{q^{6k^2+2k}+q^{6k^2-2k}}{(q;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{6k^2+2k}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}-\frac{q^{6k^2-2k}}{(q;q)_{n+3k-1}(q;q)_{n-3k+1}}\right)=\frac{q^n}{(q;q)_{2n}}
\end{align}
を得る. よって定理3が示された. 次に,
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\frac{(1-q^{6k+1})(-1)^k(b;q^3)_kq^{\frac 12(9k^2+k)}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k}(q^4/b;q^3)_kb^k}&=\frac{(q^2/b;q^3)_n}{(q;q)_{2n}(q^2/b;q)_n}
\end{align}
において, $b\to 0$とすると,
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\frac{(1-q^{6k+1})q^{3k^2-2k}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k}}&=\frac{q^{n^2-n}}{(q;q)_{2n}}
\end{align}
を得る. $q^{3k^2-2k}(1-q^{6k+1})=q^{3k^2-2k}(1-q^{n+3k+1})-q^{3k^2+4k+1}(1-q^{n-3k})$を用いて書き換えると,
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor\frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor}\left(\frac{q^{3k^2-2k}}{(q;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{3k^2+4k+1}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}\right)&=\frac{q^{n^2-n}}{(q;q)_{2n}}
\end{align}
つまり,
\begin{align}
\frac 1{(q;q)_n^2}-\frac{q}{(q;q)_{n+1}(q;q)_{n-1}}+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac n3\rfloor}\left(\frac{q^{3k^2-2k}}{(q;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{3k^2+4k+1}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}-\frac{q^{3k^2-4k+1}}{(q;q)_{n+3k-1}(q;q)_{n-3k+1}}\right)&=\frac{q^{n^2-n}}{(q;q)_{2n}}
\end{align}
を得る. よって定理7が示された. 次に,
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\frac{(1-q^{6k+1})q^{3k^2-2k}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k}}&=\frac{q^{n^2-n}}{(q;q)_{2n}}
\end{align}
において, $q^{3k^2-2k}(1-q^{6k+1})=q^{3k^2+k-n}((1-q^{n+3k+1})-(1-q^{n-3k}))$を用いて書き換えると,
\begin{align}
\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\left(\frac{q^{3k^2+k}}{(q;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{3k^2+k}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}\right)&=\frac{q^{n^2}}{(q;q)_{2n}}
\end{align}
つまり,
\begin{align}
\frac 1{(q;q)_n^2}-\frac 1{(q;q)_{n+1}(q;q)_{n-1}}+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\left(\frac{q^{3k^2+k}+q^{3k^2-k}}{(q;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{3k^2+k}}{(q;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}-\frac{q^{3k^2-k}}{(q;q)_{n+3k-1}(q;q)_{n-3k+1}}\right)&=\frac{q^{n^2}}{(q;q)_{2n}}
\end{align}
を得る. よって定理5が示された. 次に,
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{1-aq^{6k}}{1-a}\frac{(q^{-n};q)_{3k}(b;q^3)_k}{(aq^{n+1};q)_{3k}(aq^3/b;q^3)_k}\left(\frac{a^2q^{3n}}{b}\right)^k\\
&=\frac{(a,q^3/a,aq/b,aq^2/b;q^3)_{\infty}}{(q,q^2,q^3/b,a^2/b;q^3)_{\infty}}\frac{(q,aq;q)_n(a^2/b;q^3)_n}{(aq/b;q)_n(a;q)_{2n}}\\
\end{align}
において, $a=q^2$とすると,
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{(1-q^{6k+2})(b;q^3)_k(-1)^kq^{\frac 12(9k^2+5k)}}{(q^2;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k}(q^5/b;q^3)_kb^k}=\frac{(q^4/b;q^3)_n}{(q^3/b;q)_n(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
を得る. $b\to\infty$とすると,
\begin{align}
&\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\frac{(1-q^{6k+2})q^{6k^2+k}}{(q^2;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k}}=\frac{1}{(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
ここで, $q^{6k^2+k}(1-q^{6k+2})=q^{6k^2+k}(1-q^{n+3k+2})-q^{6k^2+7k+2}(1-q^{n-3k})$を用いて書き換えると,
\begin{align}
&\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\left(\frac{q^{6k^2+k}}{(q^2;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{6k^2+7k+2}}{(q^2;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}\right)=\frac{1}{(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
つまり,
\begin{align}
&\frac 1{(q^2;q)_n(q;q)_n}-\frac{q^2}{(q^2;q)_{n+1}(q;q)_n}+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\left(\frac{q^{6k^2+k}}{(q^2;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}+\frac{q^{6k^2+k}}{(q;q)_{n-3k+1}(q^2;q)_{n+3k-1}}-\frac{q^{6k^2+7k+2}}{(q^2;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}-\frac{q^{6k^2-7k+2}}{(q;q)_{n-3k+2}(q^2;q)_{n+3k-2}}\right)=\frac{1}{(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
が得られる. よって定理2が示された. 次に,
\begin{align}
&\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\frac{(1-q^{6k+2})q^{6k^2+k}}{(q^2;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k}}=\frac{1}{(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
を$q^{6k^2+k}(1-q^{6k+2})=q^{6k^2+4k-n}((1-q^{n+3k+2})-(1-q^{n-3k}))$を用いて書き換えると,
\begin{align}
&\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\left(\frac{q^{6k^2+4k}}{(q^2;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{6k^2+4k}}{(q;q)_{n-3k-1}(q^2;q)_{n+3k+1}}\right)=\frac{q^n}{(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
つまり,
\begin{align}
&\frac 1{(q;q)_n^2}-\frac 1{(q;q)_{n-1}(q;q)_{n+1}}+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\left(\frac{q^{6k^2+4k}}{(q^2;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}+\frac{q^{6k^2-4k}}{(q;q)_{n-3k+1}(q^2;q)_{n+3k-1}}-\frac{q^{6k^2+4k}}{(q;q)_{n-3k-1}(q^2;q)_{n+3k+1}}-\frac{q^{6k^2-4k}}{(q^2;q)_{n+3k-2}(q;q)_{n-3k+2}}\right)=\frac{q^n}{(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
を得る. よって定理4が示された. 次に,
\begin{align}
&\sum_{k\in\ZZ}\frac{(1-q^{6k+2})(b;q^3)_k(-1)^kq^{\frac 12(9k^2+5k)}}{(q^2;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k}(q^5/b;q^3)_kb^k}=\frac{(q^4/b;q^3)_n}{(q^3/b;q)_n(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
において, $b\to 0$とすると,
\begin{align}
&\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\frac{(1-q^{6k+2})q^{3k^2-k}}{(q^2;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k}}=\frac{q^{n^2}}{(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
を得る. $q^{3k^2-k}(1-q^{6k+2})=q^{3k^2-k}(1-q^{n+3k+2})-q^{3k^2+5k+2}(1-q^{n-3k})$を用いて書き換えると,
\begin{align}
&\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\left(\frac{q^{3k^2-k}}{(q^2;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{3k^2+5k+2}}{(q^2;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}\right)=\frac{q^{n^2}}{(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
つまり,
\begin{align}
&\frac 1{(q^2;q)_n(q;q)_n}-\frac{q^2}{(q^2;q)_{n+1}(q;q)_{n-1}}+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\left(\frac{q^{3k^2-k}}{(q^2;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}+\frac{q^{3k^2+k}}{(q;q)_{n-3k+1}(q^2;q)_{n+3k-1}}-\frac{q^{3k^2+5k+2}}{(q^2;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k-1}}-\frac{q^{3k^2-5k+2}}{(q;q)_{n-3k+2}(q^2;q)_{n+3k-2}}\right)=\frac{q^{n^2}}{(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
となるから定理6を得る. また,
\begin{align}
&\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\frac{(1-q^{6k+2})q^{3k^2-k}}{(q^2;q)_{n+3k+1}(q;q)_{n-3k}}=\frac{q^{n^2}}{(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
を$q^{3k^2-k}(1-q^{6k+2})=q^{3k^2+2k}((1-q^{n+3k+2})-(1-q^{n-3k}))$を用いて書き換えると,
\begin{align}
&\sum_{k=-\lfloor \frac n3\rfloor}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\left(\frac{q^{3k^2+2k}}{(q^2;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}-\frac{q^{3k^2+2k}}{(q;q)_{n-3k-1}(q^2;q)_{n+3k+1}}\right)=\frac{q^{n^2+n}}{(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
つまり,
\begin{align}
&\frac 1{(q;q)_n(q^2;q)_n}-\frac 1{(q;q)_{n-1}(q^2;q)_{n+1}}+\sum_{k=1}^{\lfloor\frac n3\rfloor }\left(\frac{q^{3k^2+2k}}{(q^2;q)_{n+3k}(q;q)_{n-3k}}+\frac{q^{3k^2-2k}}{(q;q)_{n-3k+1}(q^2;q)_{n+3k-1}}-\frac{q^{3k^2+2k}}{(q;q)_{n-3k-1}(q^2;q)_{n+3k+1}}-\frac{q^{3k^2-2k}}{(q;q)_{n-3k+2}(q^2;q)_{n+3k-2}}\right)=\frac{q^{n^2+n}}{(q^2;q)_{2n}}
\end{align}
となる. よって定理8を得る.
このように, Baileyの${}_6\psi_6$和公式を特殊化することによって全ての定理を示すことができることが分かった.
