Me temo que no es fácil pruebas rigurosas. La situación es la misma como la demostración de $$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n}=0,$$
donde $\mu(n)$ es la función de Möbius ($\mu(1)=1$; $\mu(n)=(-1)^s$ si $n$ es un producto de distintos números primos $p_1,\ldots, p_s$ $\mu(n)=0$ lo contrario). Para ello se necesita utilizar la inversa de la fórmula para el correspondiente de la serie de Dirichlet $$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^s}=\frac{1}{\zeta(s)}$$
(tales como la Escalinata de la fórmula). Esto es tan duro como el teorema de los números primos! (De hecho, incluso equivalente.) Pruebas detalladas que se pueden encontrar, por ejemplo, en el libro Titchmarsh E. C. La teoría de la Riemann zeta función (sección 3.13).
Se puede hacer lo mismo para el de la serie de Dirichlet la generación de la función de la secuencia:
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{f(n)}}{n^s}=\frac{\zeta(2s)}{\zeta(s)}$$
y podrás conseguir el deseado de prueba.
Otro enfoque es utilizar el siguiente resultado.
Teorema. Supongamos que la serie $$F(s)=\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{n^s}$$ is absolutely convergent for $\Re s>0$, $F(s)$ is regular for $s=0$ and $a_n=O(\frac1n)$. Then the series $$\sum_{n=1}^\infty a_n$$ is convergent and has sum $F(0)$.
(Ver el libro: R. Ayoub, Una Introducción a la Teoría Analítica de Números, capítulo II, de los problemas 29-31.) Demostrar este teorema no es mucho más fácil, aunque.
