Sea $$s(n) = \#\{(x,y) \in \mathbb{Z}^2 : x^2 + 3y^2\ = n\}$$ para $n \geq 1$ un número entero y que $K = \mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ . El número de clase de $K$ es $1$ y el anillo de enteros $\mathcal{O}_K$ contiene $2$ unidades, por lo que debería ser que $$s(n) = 2 \cdot \#\{I \subset \mathcal{O}_K \textrm{ ideal} : N(I) = n\},$$ donde $N$ denota la norma ideal. Así pues, tenemos $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{s(n)}{n^s} = 2\sum_{I \subseteq \mathcal{O}_K}\frac{1}{N(I)^s},$$ donde $I$ recorre todos los ideales de $\mathcal{O}_K$ . Como la norma ideal es completamente multiplicativa, tenemos un producto de Euler $$\sum_{I \subseteq \mathcal{O}_K}\frac{1}{N(I)^s} = \prod_{P \subseteq \mathcal{O}_K}\frac{1}{1 - N(P)^{-s}},$$ donde $P$ recorre todos los ideales primos de $\mathcal{O}_K$ . Cada ideal primo de $\mathcal{O}_K$ está por encima de algún primo entero $p$ . Dado que el discriminante de $K$ es igual a $-3$ que es congruente con $5$ modulo $8$ el primer $2$ es inerte en $\mathcal{O}_K$ . Así que si $p \equiv 2\pmod 3$ es primo, entonces $p$ es inerte en $\mathcal{O}_K$ por lo que existe un único ideal de $\mathcal{O}_K$ sobre $p$ y tiene norma $p^2$ . Si $p \equiv 1\pmod 3$ es primo, entonces $p$ se divide en $\mathcal{O}_K$ por lo que hay dos ideales por encima de $p$ y ambos tienen norma $p$ . El primer $3$ se ramifica en $K$ por lo que existe un único ideal por encima de $3$ y tiene norma $3$ .
Sea $\chi$ sea el carácter impar Dirichlet módulo $3$ es decir $\chi(n) = 1$ si $n \equiv 1 \pmod 3$ y $\chi(n) = -1$ si $n \equiv 2 \pmod 3$ . Para un primo $p$ tenemos $$(1 - p^{-s})(1 - \chi(p)p^{-s}) = \begin{cases} (1 - p^{-s})^2 & \text{if } p \equiv 1 \pmod 3 \\ (1 - p^{-2s}, & \text{if } p \equiv 2 \pmod 3 \\ (1 - p^{-s}) & p = 3 \end{cases}$$ Por lo tanto, deberíamos tener $$\prod_{P \subseteq \mathcal{O}_K}\frac{1}{1 - N(P)^{-s}} = \prod_{p}\frac{1}{(1 - p^{-s})(1 - \chi(p)p^{-s})} = \zeta(s)L(s,\chi),$$ donde $\zeta(s)$ es la función zeta de Riemann y $L(s,\chi)$ es el Dirichlet $L$ -función de $\chi$ . Pero el lado derecho como un $L$ -serie es $$\zeta(s)L(s,\chi) = \sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{d \mid n}\chi(d)\right)n^{-s}.$$ Así $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{s(n)}{n^s} = 2\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{d \mid n}\chi(d)\right)n^{-s},$$ por lo que tenemos $$s(n) = 2\sum_{d\mid n}\chi(d).$$
Pero esto es simplemente falso. Comprobamos que hay $6$ soluciones enteras a $x^2 + 3y^2 = 4$ a saber $(x,y) = (\pm 2,0),(\pm 1,\pm 1)$ . Por otra parte, tenemos $$2\sum_{d \mid 4}\chi(d) = 2(\chi(1) + \chi(2) + \chi(4)) = 2.$$ Por mi vida, no puedo entender qué falla en el argumento anterior, pero es evidente que algo falla porque la afirmación resultante no es cierta.
