Para $\alpha = 0$ tenemos trivialmente $\sigma_c = \sigma_a = 1$ . Para $\alpha \neq 0$ tenemos $\sigma_c = \frac{1}{2}$ . Por supuesto, podemos suponer $\alpha > 0$ desde la sustitución de $\alpha$ con $-\alpha$ sólo conjuga los coeficientes.
Primero pruebo $\sigma_c \geqslant \frac{1}{2}$ demostrando que existe un $c > 0$ tal que $\bigl\lvert \sum_{n = 1}^{N} f(n)\bigr\rvert \geqslant c\sqrt{N}$ es válida para un número infinito de $N$ .
Dejemos que $m$ sea un número entero grande y ponga $N = \bigl\lfloor \exp \bigl(\frac{2\pi m}{\alpha} - 1\bigr)\bigr\rfloor$ . Entonces \begin{gather} 2\pi m - \frac{\alpha}{N} < \alpha(1 + \log N) \leqslant 2\pi m\,, \\ \alpha(1 + \log N) = 2\pi m - \theta_1 \frac{\alpha}{N}\,, \end{gather} donde $0 \leqslant \theta_1 \leqslant 1$ ( $\theta_2, \theta_3$ a continuación satisfacen las mismas desigualdades, $\lvert \theta_4\rvert \leqslant 1$ ). Además $$r = \biggl\lfloor \sqrt{\frac{\pi N}{2\alpha}}\biggr\rfloor\,.$$ Para $0 \leqslant k \leqslant r$ tenemos \begin{align} (N+k)\log (N+k) &{}- N\log N \\ &= k\log N + N\log\biggl(1 + \frac{k}{N}\biggr) + k\log\biggl(1 + \frac{k}{N}\biggr) \\ &= k\log N + N\biggl[\frac{k}{N} - \frac{k^2}{2N^2} + \theta_2\frac{k^3}{3N^3}\biggr] + k\biggl[\frac{k}{N} - \theta_3\frac{k^2}{2N^2}\biggr] \\ &= k\bigl(1 + \log N\bigr) + \frac{k^2}{2N} + \theta_4 \frac{k^3}{2N^2} \end{align} y por lo tanto $$\alpha\bigl((N+k)\log(N+k) - N\log N\bigr) = 2\pi m k + \frac{\alpha k^2}{2N} - \theta_1 \frac{\alpha k}{N} + \theta_4 \frac{\alpha k^3}{2N^2}\,,$$ de donde $$\cos \bigl(\alpha\bigl((N+k)\log(N+k) - N\log N\bigr)\bigr) = \cos \biggl(\frac{\alpha k^2}{2N} - \theta_1 \frac{\alpha k}{N} + \theta_4 \frac{\alpha k^3}{2N^2}\biggr) > \frac{1}{2}$$ siempre que $m$ se eligió tan grande que $$\frac{\alpha k}{N} + \frac{\alpha k^3}{2N^2} < \frac{\pi}{12}\,.$$ (Dado que el lado izquierdo es $O(N^{-1/2})$ que es posible).
Entonces tenemos \begin{align} \Biggl\lvert \sum_{k = 0}^{r} f(N+k)\Biggr\rvert &= \Biggl\lvert \sum_{k = 0}^{r} \frac{f(N+k)}{f(N)}\Biggr\rvert \\ &\geqslant \sum_{k = 0}^{r} \cos \bigl(\alpha\bigl((N+k)\log(N+k) - N\log N\bigr)\bigr) \\ &> \frac{r+1}{2} \\ &> \sqrt{\frac{\pi N}{8\alpha}}\,. \end{align} Así, $$\limsup_{x \to \infty} \frac{1}{\sqrt{x}}\Biggl\lvert\sum_{n \leqslant x} f(n)\Biggr\rvert > 0$$ y $\sigma_c \geqslant \frac{1}{2}$ sigue.
Ahora muestro que hay una constante $C(\alpha)$ tal que $\bigl\lvert \sum_{n = 1}^{N} f(n)\bigr\rvert \leqslant C(\alpha)(1 + \log N)^2\sqrt{N}$ , lo que da $\sigma_c \leqslant \frac{1}{2}$ .
Lema: Para $0 \leqslant y < x$ y todos $s \in \mathbb{R}$ tenemos $$\biggl\lvert \int_y^x e^{iu(\log u - s)}\,du \biggr\rvert \leqslant 4\sqrt{2}\cdot \sqrt{x}\,.$$
Prueba: Para una cantidad fija (pero arbitraria) $s$ , dejemos que $\psi(u) = u(\log u - s)$ . Entonces $\psi'(u) = \log u - (s-1)$ y $\psi''(u) = \frac{1}{u}$ . Así, $\psi$ es estrictamente convexo y alcanza su único mínimo global en $\xi = e^{s-1}$ . Con un pequeño $\delta > 0$ (que se elegirá como $\sqrt{\frac{2}{x}}$ ) deje que $a = e^{-\delta}\xi$ y $b = e^{\delta}\xi$ . Así, $-\psi'(a) = \psi'(b) = \delta$ . Si $[a,b] \cap [y,x]$ es no degenerado, sea $v = \max \{a,y\}$ y $w = \min \{b, x\}$ . Entonces $v \geqslant a = e^{-2\delta}b \geqslant e^{-2\delta}w$ De ahí que $$w - v \leqslant (1 - e^{-2\delta})w \leqslant (1 - e^{-2\delta})x < 2\delta x\,.$$ Como el integrando tiene módulo $1$ se deduce que la parte entre $a$ y $b$ contribuye con menos de $2\delta x$ al módulo de la integral. Esto también es válido si $[a,b]\cap [y,x]$ es vacío o un intervalo degenerado.
Si $[v,w]$ es un intervalo con $w \leqslant a$ o $v \geqslant b$ una integración por partes da como resultado \begin{align} \int_v^w e^{i\psi(u)}\,du &= \int_v^w \frac{i\psi'(u)e^{i\psi(u)}}{i\psi'(u)}\,du \\ &= \frac{e^{i\psi(w)}}{i\psi'(w)} - \frac{e^{i\psi(v)}}{i\psi'(v)} - i \int_v^w e^{i\psi(u)}\frac{\psi''(u)}{\psi'(u)^2}\,du\,. \end{align} Desde $\psi''(u) > 0$ y $\psi'(u)$ tiene signo constante en $[v,w]$ se deduce que \begin{align} \biggl\vert \int_v^w e^{i\psi(u)}\,du\biggr\rvert &\leqslant \frac{1}{\lvert \psi'(w)\rvert} + \frac{1}{\lvert\psi'(v)\rvert} + \int_v^w \frac{\psi''(u)}{\psi'(u)^2}\,du \\ &= \frac{1}{\lvert \psi'(w)\rvert} + \frac{1}{\lvert\psi'(v)\rvert} + \biggl\lvert \frac{1}{\psi'(w)} - \frac{1}{\psi'(v)}\biggr\rvert \\ &= \frac{2}{\min \{\lvert \psi'(v)\rvert, \lvert \psi'(w)\rvert\}} \\ &\leqslant \frac{2}{\delta}\,. \end{align} Así, dividiendo el dominio de la integral en tres partes, $[0,a]\cap [y,x]$ , $[a,b]\cap [y,x]$ y $[b,+\infty)\cap [y,x]$ (cada uno de los cuales puede estar vacío o degenerado) encontramos $$\biggl\lvert \int_y^x e^{i\psi(u)}\,du\biggr\rvert \leqslant \frac{2}{\delta} + 2\delta x + \frac{2}{\delta} = \frac{4}{\delta} + 2\delta x\,.$$ El lado derecho se minimiza para $\delta = \sqrt{\frac{2}{x}}$ y esto da el límite establecido.
La sustitución $u = \alpha t$ muestra $$\biggl\vert \int_y^x e^{i\alpha t(\log t- s)}\,dt\biggr\rvert \leqslant \frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{\alpha}}\cdot \sqrt{x}$$ para $\alpha > 0$ , $s \in \mathbb{R}$ y $0 \leqslant y < x$ .
Ahora dejemos que $\varphi(t) = \alpha t\log t$ para que $f(t) = e^{i\varphi(t)}$ . Por la fórmula de Euler-Maclaurin tenemos $$\sum_{n = 1}^{N} f(n) = \int_1^N f(t)\,dt + \frac{f(1) + f(N)}{2} + \frac{f'(N) - f'(1)}{12} - \int_1^N p(t)f''(t)\,dt\,,$$ donde $$p(t) = \frac{\{t\}^2 - \{t\} + \frac{1}{6}}{2} = \sum_{k \neq 0} \frac{e^{2\pi i kt}}{(2\pi k)^2}\,.$$
Desde $f(t)$ es impropiamente integrable sobre $[1,+\infty)$ y $\lvert f(t)\rvert = 1$ los dos primeros términos están acotados independientemente de $N$ (el límite de la integral depende de $\alpha$ por supuesto). El tercer término tiene orden $\lvert f'(N)\rvert = \varphi'(N) = \alpha(1 + \log N)$ . Desde $$f''(t) = \bigl(i\varphi'(t)f(t)\bigr)' = i\varphi''(t)f(t) - \varphi'(t)^2f(t) = \frac{i\alpha}{t}f(t) -\alpha^2(1+\log t)^2f(t)$$ dividimos la última integral en dos partes. $$\biggl\lvert \int_1^N p(t) \varphi''(t)f(t)\,dt\biggr\rvert \leqslant \frac{1}{12} \int_1^N \varphi''(t)\,dt = \frac{\alpha}{12}\log N$$ es inmediato de $\lvert p(t)\rvert \leqslant \frac{1}{12}$ . Para la otra parte utilizamos la serie de Fourier de $p$ . Esto converge de forma absoluta y uniforme, por lo que podemos intercambiar la suma y la integración: $$\int_1^N p(t)\varphi'(t)^2f(t)\,dt = \sum_{k \neq 0} \frac{1}{(2\pi k)^2} \int_1^N \varphi'(t)^2e^{i\alpha t(\log t + 2\pi k/\alpha)}\,dt\,.$$ $\varphi'(t)^2$ es positivo y creciente, por lo que por la segundo teorema del valor medio hay $\xi_k, \eta_k \in [1,N]$ con $$\int_1^N \varphi'(t)^2 \cos\bigl(\alpha t(\log t + 2\pi k/\alpha)\bigr)\,dt = \varphi'(N)^2\int_{\xi_k}^N \cos\bigl(\alpha t(\log t + 2\pi k/\alpha)\bigr)\,dt$$ y $$\int_1^N \varphi'(t)^2 \sin\bigl(\alpha t(\log t + 2\pi k/\alpha)\bigr)\,dt = \varphi'(N)^2\int_{\eta_k}^N \sin\bigl(\alpha t(\log t + 2\pi k/\alpha)\bigr)\,dt\,.$$ Estas son las partes real e imaginaria, respectivamente, de las integrales que estimamos en el lema, así $$\biggl\lvert \int_1^N \varphi'(t)^2 e^{i \alpha t(\log t + 2\pi k/\alpha)}\,dt \biggr\rvert \leqslant \frac{8}{\sqrt{\alpha}}\varphi'(N)^2\sqrt{N}$$ para todos $k \in \mathbb{Z}\setminus \{0\}$ y por lo tanto $$\biggl\lvert \int_1^N p(t)\varphi'(t)^2f(t)\,dt\biggr\rvert \leqslant \frac{2}{3}\alpha^{3/2}(1 + \log N)^2\sqrt{N}\,.$$ Los otros términos de la fórmula de Euler-Maclaurin tenían un orden de crecimiento menor y, por tanto, pueden ser absorbidos ampliando el factor constante.
Cabe destacar que el supuesto $\alpha \in \mathbb{Z}$ no juega ningún papel aquí, todo - resultado y prueba - funciona igual para todos los reales positivos $\alpha$ (y para los negativos $\alpha$ sólo hay que insertar algunos valores absolutos). Puede ser que para $\alpha \in \mathbb{Z}$ hay una prueba más sencilla, pero no la veo.
