1. Configuración y principales resultados
Deje $a$ $b$ ser relativamente primer enteros. Deje $\theta, e, F $ ser definido por
\begin{align*}
\theta_n = \frac{a}{b}\left(\sum_{k=1}^{n} k^2 \right) + n, \qquad
e_n = \exp\{i\pi\theta_n\}, \qquad
F_m = \sum_{n=1}^{m} e_n.
\end{align*}
(Aquí, ampliamos $\sum$ por aditividad para permitir a los no-argumentos positivos para$\theta$$F$.) Esta definición está relacionado con el OP pregunta por $f(m) = \operatorname{Im}\left( F_m \right)$. En vista de esto, vamos a probar el siguiente resultado.
La proposición. El más pequeño periodo positivo $T_{\min}$ $\{e_n\}$ está dado por
$$ T_{\min} = \frac{4\gcd(b, 3)}{\gcd(a, 2)}b. \tag{1} $$
Por otra parte, $F$ periodo $T_{\min}$ y satisface
$$ \operatorname{Im} \left( \sum_{m=1}^{T_{\min}} F_m \right) = 0. $$
Para establecer este resultado, nuestro objetivo es probar el siguiente lema.
Lema 1. Un entero $T$ es un período de $\{e_n\}$ si y sólo si se dan las siguientes condiciones
$ $
- $\text{(P1)} \ $ $T = 2bp$ para algunos entero $p$, y
- $\text{(P2)} \ $ $2 \mid ap$ y $3 \mid ap(2bp+1)(4bp+1)$.
Lema 2. Deje $T$ ser un período de $\{e_n\}$ y escribir $U = \frac{T}{2}$. Entonces
- $e_{n+U} = e_U e_n$ $e_{U-1-n} = -e_U \overline{e_n}$.
- $e_U = \pm 1$ $e_{U-1} = -e_U$.
- Si $e_U = 1$, $U$ es también un período de $\{e_n\}$.
Veamos cómo esto conduce a la principal deseado resultado.
La prueba de la Proposición el uso de Lemas. Es fácil comprobar que $\text{(1)}$ es el más pequeño de positivos $T$ de la satisfacción de $\text{(P1)}$$\text{(P2)}$. Escrito $U = T_{\min}/2$ por simplicidad, se desprende de la minimality de $T_{\min}$ y el Lema 2 $U$ no es un período de $\{e_n\}$. En particular, se ha $e_U = -1$. Entonces
$$ F_{T_{\min}}
= \sum_{n=1}^{U} (e_n + e_{U+n})
= \sum_{n=1}^{U} (e_n - e_n)
= 0. $$
Por otra parte, desde la $e_{U-1} + e_U = 0$$e_{-1} + e_0 = 0$, tenemos
$$ F_U
= \sum_{n=-1}^{U-2} e_n
= \sum_{n=1}^{U} e_{U-1-n}
= \sum_{n=1}^{U} \overline{e_n}
= \overline{F_U}. $$
Esto implica que $\operatorname{Im}(F_U) = 0$. Por último, se sigue que
$$ \sum_{m=1}^{T} F_m
= \sum_{m=1}^{U} (F_m + F_{U+m})
= \sum_{m=1}^{U} (F_m + F_U - F_m)
= UF_U $$
y, por tanto, $ \operatorname{Im}\left(\sum_{m=1}^{T} F_m \right) = 0$ como se requiere.
2. Las pruebas de los lemas
Antes de probar estas afirmaciones, se introduce un auxlilary cantidad que será útil para toda la solución. Conjunto
$$ \Delta_{m,n} = \theta_{m+n} - \theta_m - \theta_n = \frac{a}{b}mn(m+n+1). $$
Es obvio que $e_{m+n} = e_m e_n \exp\{i\pi\Delta_{m,n}\}$ mantiene para cualquier $m, n$. En particular, esto implica que
$$ \text{$T$ is a period of $\{e_n\}$}
\quad \Leftrightarrow \quad
\begin{cases}
\theta_T \equiv 0 \pmod{2}, \\
\Delta_{T,n} \equiv 0 \pmod{2} \ \forall n \in \mathbb{Z}
\end{casos} \etiqueta{2}$$
Ahora procedemos a probar Lema 1 primero.
La prueba del Lema 1. Una dirección es casi inmediata. De hecho, se supone que ambas $\text{(P1)}$ $\text{(P2)}$ mantener. A continuación, podemos comprobar fácilmente que tanto $\Delta_{n,T}$ $\theta_T$ son números enteros, por lo tanto $T$ es un período en vista de $\text{(2)}$. Así que nos centramos en demostrar a la otra dirección.
Suponga que $T$ es un período de $\{e_n\}$. El uso de $\text{(2)}$, sabemos que ambos
$$ \Delta_{T,2} - 2\Delta_{T,1} = \frac{2aT}{b} \quad \text{and} \quad \Delta_{T,2} - 3\Delta_{T,1} = -\frac{aT^2}{b} $$
son todos los números enteros. Desde $a$ $b$ son relativamente primos, la identidad de la primera implica que el $q = T/b$ es un número entero y por lo tanto el mismo es cierto para $S = qa = aT/b$. A continuación, el segundo de identidad dice que $2 \mid ST$. Ahora que nos permita ampliar la $\theta_T$
$$ \theta_T = \frac{S(T+1)(2T+1)}{6} + T = \frac{S(2T^2 + 1)}{6} + \frac{ST}{2} + T. $$
Desde $\frac{ST}{2} + T$ es un entero y $2 \nmid 2T^2 + 1$, obtenemos $2 \mid S$. Entonces nos encontramos con que $2 \mid T$ así, porque de lo contrario $6(\theta_T - T)$ no es un múltiplo de a $4$ mientras $6(\theta_T - T) = S(T+1)(2T+1) $ es un múltiplo de a $4$, lo cual es una contradicción.
Hasta ahora hemos probado que la $b \mid T$$2 \mid S, T$. Desde $q = \gcd(S, T)$, podemos escribir $q = 2p$, demostrando $\text{(P1)}$. Conectar de nuevo el $\theta_T$,
$$ 0
\equiv \theta_T
\equiv \frac{S(T+1)(2T+1)}{6}
\equiv \frac{ap(2bp+1)(4bp+1)}{3} \pmod {2}, $$
a partir de que $\text{(P2)}$ sigue. ////
La prueba del Lema 2. Deje $T$ ser un período de $\{e_n\}$ y deje $p$ ser como en el Lema 1. Escribir $U = \frac{T}{2}$. Entonces
$$ \Delta_{n,U} = apn(bpn+n+1)
\quad \text{y} \quad
\Delta_{n,U-1-n} = apn(bp-n-1) $$
son múltiplos de $ap$, lo que es aún. Así
$$e_{n+U} = e_n e_U \exp\{i\pi\Delta_{n,U}\} = e_n e_{U}.$$
Luego de conectar $n = U$ rendimientos $1 = e_T = e_U^2$ y, por tanto,$e_U = \pm 1$. Del mismo modo,
$$e_{U-1} = e_n e_{U-1-n} \exp\{i\pi\Delta_{n,U-1-n}\} = e_n e_{U-1-n}. $$
Luego de conectar $n = -1$ rendimientos $e_{U-1} = e_{-1}e_U = -e_U$ $e_{U-1-n} = -e_U \overline{e_n}$ como se requiere. Por último, si $e_U = 1$, luego tenemos a $e_{n+U} = e_n$ y, por tanto, $U$ es también un período. ////
