考虑任意实数$s>1$的双级数$$ \sum{m=1}^{\infty}\sum{k=0}^{\finfty{\frac{(-1)^m}{(2k+1)^2+m^2)^s}。\标记{1}$$这个双级数绝对收敛。此外,对于任何给定的$m$,$k$上的内部级数收敛到某些$C(m,s)$,例如,对于任何指定的$s\ge1$,它是$m$的单调递减函数。结合(交替数列测试背后的)思想,不难证明(1)中的数列趋向于我们期望的和,即$s到1^+$。
现在让$R(n)$表示将$n$写成$a^2+b^2$的方法的数量,其中$a$和$b$是整数;注意$R(1)=4$,因为$1=1^2+0^2=(-1)^2+0 ^2=0^2+1 ^2=0 ^2+(-1)^2$。众所周知$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{R(n)}{n^s}=4\zeta(s)L(s,\chi_{-4}),$$还有那个$$ \sum_{n=1,\text{n奇数}}^{\infty}\frac{R(n)}{n^s}=4\Big(1-\frac}{2^s}\Big)\zeta(s)L(s,\chi_{-4})。$$这里$L(s,\chi_{-4})=1/1^s-1/3^s+1/5^s-1/7^s+\ldots$是字符$\pmod 4$的Dirichlet$L$-函数。
现在让我们回到(1)中的总和。写$(2k+1)^2+m^2=n$。如果$n$是奇数,那么$m$必然是偶数,并且这个数字被计算在(1)总共$R(n)/8$次中;唯一的例外是当$n$是奇数平方时,解$(2k+1)^2+0^2$不计算在内。所以奇数$n$对(1)的贡献是$$ \压裂{1}{8}\sum_{n\text{奇数}}\frac{R(n)}{n^s}-\frac}1}{2}\sum{k=0}^{\infty}\frac{1}}{(2k+1)^{2s}}=\frac}1}{2}\Big 1-\frac{1}{2^{2s}}\Big)\zeta(2s)。$$
现在考虑$n\equiv2\pmod4$对(1)的贡献。这些是带有$m$odd的术语,它们带有符号$-1$。此处每个$n$出现$R(n)/4$次。所以这些条件给出了$$ -\压裂{1}{4}\sum_{n\equiv2\pmod4}\压裂{R(n)}{n^s}=-\frac{1}{4}\frac{1}}{2^s}\sum_{ell\text{奇数}}\frac}R(ell)}{ell^s}=-\frac{1}[2^s}}\Big(1-\frac[1}{2s}\Bing)\zeta(s)L(s,\ chi{-4}),$$美元使用$\ell$odd写入$n=2\ell$,并在此处使用$R(n)=R(\ell)$。
因此,(1)中的总和等于$$ \大(\frac12-\frac{1}{2^s}\大)\Big(1-\frac}{2s}\Big)\zeta(s)L(s,\chi_{-4})-\frac12\Big。$$ 现在让$s到1^+$并使用$\zeta(2)=\pi^2/6$,$L(1,\chi_{-4})=\π/4$(格雷戈里公式),以及$(1/2-1/2^s)\zeta到(\log2)/2$(zeta有一个简单的极点,剩余$1$在$1$)。声明的身份如下。