¿Cuál es la forma más fácil de ver que$$\sum_{(m, n) \in \mathbb{Z}^2 \setminus \{0, 0\}} (m^2 + n^2)^{-s} = 4\zeta(s)L(s, \chi)?$$Here $\chi$ is the homomorphism $(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})^\times \to \mathbb{C}^\times$ which sends $3$ mod $4$ to $-1$.
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Desde $\mathbb{Z}[i]$ es un dominio Euclídeo, es un UFD de dominio. Así tenemos que los números que están a la suma de dos cuadrados son un semigroup, debido a la identidad de Lagrange: $$ (a^2+b^2)(c^2+d^2) = (ac+bd)^2+(ad-bc)^2 \tag{1}$$ que es equivalente a la norma en $\mathbb{Z}[i]$ multiplicativo.
Que también se da que la representación de la función: $$ r(n) = \#\{(a,b)\in\mathbb{Z}^2 : a^2+b^2 = n \} \tag{2}$$ es producto de una constante por una función multiplicativa. Tenemos, en efecto: $$ r(n) = 4\left(\chi_4 * 1\right)(n) = 4\sum_{d\mid n}\chi_4(n) \tag{3}$$ donde $*$ es la convolución de Dirichlet y $\chi_4$ no es la principal carácter de Dirichlet $\!\!\pmod{4}$.
Ahora, de vuelta a nuestra serie. Asumiendo $\text{Re}(s)>1$, convergencia absoluta nos permite reorganizar la serie como: $$ S=\sum_{(m,n)\in\mathbb{Z}^2\setminus(0,0)}\frac{1}{(m^2+n^2)^s} = \sum_{n\geq 1}\frac{r(n)}{n^s} = 4\sum_{n\geq 1}\frac{(\chi_4*1)(n)}{n^s}\tag{4}$$ así que por Dirichlet convolución tenemos: $$ S = 4 \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^s}\sum_{n\geq 1}\frac{\chi_4(n)}{n^s} = 4\zeta(s) L(\chi_4,s)\tag{5}$$ como quería.
Nota: $(3)$ puede probarse también mediante la manipulación de Lambert de la serie y la explotación de la Jacobi triple producto, o a través de las formas modulares. De todos modos, creo que el enfoque algebraico es el camino más fácil a seguir. Si reemplazamos $m^2+n^2$ $m^2+Dn^2$ $m^2+Dn^2$ es la única reducido binario forma cuadrática de discriminante $-4D$ (aka $h(-4D)=1$, la clase número uno), a continuación, $r(n)$ es todavía una constante por una función multiplicativa y $S$ es todavía un número constante de veces el producto de dos $L$-funciones.
Zavosh
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$\renewcommand{\mod}{{\rm mod\ }} \renewcommand{\frakp}{{\frak p}} \newcommand{\ACEPTAR}{{\cal O}_K}\newcommand{\fraka}{{\frak un}}$ Si $K=\mathbb{Q}(i)$, el Dedekind zeta función de $K$ es
$$ \zeta_K(s) = \sum_{{\frak a} \subseteq {\cal O}_K} \frac{1}{N({\frak a})^{-s}} = \prod_{{\frak p}\in {\rm Spec}({\cal O}_K)} \frac{1}{1 - N({\frak p})^{-s}},$$
donde $N=N_{K/\mathbb{Q}}$ $\fraka$ rangos de los ideales de la $\OK$. Ahora para una racional prime $p$ si $p\equiv 1(\mod 4)$ hay dos primos $\frakp$$p$, por lo que $N({\frak p})=p$. Si $p\equiv 3(\mod 4)$, $p$ es inerte, por lo $\frakp = p\OK$$N(\frakp)=p^2$. Por último, si $p=2$ existe una clara $\frakp=(1+i)$ por encima de él, y $N(\frakp)=2$.
Tomando nota de que $(1-p^{-2s})=(1-p^{-s})(1+p^{-s})$ hemos
\begin{align*}\zeta_K(s) &= \frac{1}{1-2^{-s}}\cdot\prod_{p \equiv 1(\mod 4)}\frac{1}{(1-p^{-s})^2}\cdot \prod_{p \equiv 3(\mod 4)} \frac{1}{(1-p^{-s})(1+p^{-s})}\\ &=\prod_p \frac{1}{1-p^{-s}} \cdot \left(\prod_{p\equiv 1(\mod 4)} \frac{1}{1-p^{-s}}\cdot \prod_{p\equiv 3(\mod 4)} \frac{1}{1+p^{-s}}\right) \\ &= \zeta(s)\cdot \left(\prod_{p\equiv 1(\mod 4)} \frac{1}{1-\chi(p)p^{-s}}\cdot \prod_{p\equiv 3(\mod 4)} \frac{1}{1-\chi(p)p^{-s}}\right)\\ &= \zeta(s)L(\chi,s) \end{align*}
Por otro lado, ya $K=\mathbb{Q}(i)$ tiene clase número 1 cada ideal $\fraka$ es igual a $(a+bi)$ para algunos no-cero $a+bi\in \OK=\mathbb{Z}[i]$,$N(\fraka)=a^2+b^2$. Como hay cuatro unidades de $\{\pm 1,\pm i\}$$\OK$, el mapa de $(a,b) \mapsto (a+bi)$ $\mathbb{Z}^2\backslash\{(0,0)\}$ a los ideales de la $\fraka\subset \OK$ es de cuatro a uno, por lo tanto
$$ \zeta_K(s) = \frac{1}{4} \sum_{(a,b)\in \mathbb{Z}^2\backslash\{(0,0)\}} \frac{1}{(a^2+b^2)^{-s}}.$$
