¿Que Cauchy ' identidad de teorema binomial-$q$?

Question

Cauchy la identidad de los estados que $$\prod_{i\geq 0}\frac{1-axq^i}{1-xq^i}=\sum_{n\geq 0}\frac{(1-a)(1-aq)\cdots(1-aq^{n-1})}{(1-q)(1-p^2)\cdots(1-p^n)}x^n.$$

Es posible de alguna manera derivan de esta identidad como un caso especial de la $q$-teorema del binomio? Mathworld referencias que sigue como un caso especial, y pensé que tal vez la configuración de $a=q^k$ para algunos de potencia $k$ podría conducir a ella, pero no puedo decir seguro.

Answer 1

Bueno, creo que sé lo que quieres decir. he tratado de calcularlo pero hay un pequeño error en ella. Pero creo que vale la pena compartir. Le falta alguna señal, por lo que su tarea es encontrar el signo que falta. Aquí está la solución:

$\begin{align*} \prod^{n}_{k=1} (1 + yq^k) &= \frac{(-yq;q)_{\infty}}{(-yq^{n+1};q)_{\infty}} \\ &= {}_1 \phi_0(q^{-n}; q, -yq^{n+1}) \\ &= \sum^{\infty}_{m=0} \frac{(q^{-n};q)_m}{(q;q)_m} (-yq^{n+1})^m \\ &= \sum^{n}_{m=0} y^m (-1)^m q^{m(n+1)} \frac{(1-q^{-n})...(1-q^{-n+m-1})}{(1-q)...(1-q^m)} \\ &= \sum^{n}_{m=0} y^m (-1)^m \frac{(q^{n+1}-q)...(q^{n+1}-q^m)}{(1-q)...(1-q^m)} \\ &= \sum^{n}_{m=0} y^m q \cdot q^2 \cdot ... \cdot q^m (-1)^{2m} \prod^{m-1}_{k=0} \frac{(1-q^{n-k})}{(1-q^{k+1})} \\ &= \sum^{n}_{m=0} y^m q^{m(m+1)/2} \frac{(q)_n}{(q)_m(q)_{n-m}} \end{align*}$

¡TADA! : D