Si $f:\mathbb R\to\mathbb R$ es continua con la irracional período de $\xi$$\int_0^\xi f(x)\,dx = 0$, es posible que la serie $f(1)+f(2)+f(3)+\cdots$ diverge a $\infty$? (Esto no sucede, por ejemplo, $f(x) = \sin x$, ya que las sumas parciales de $\sin 1+\sin 2+\sin 3+\cdots$ son acotados.)
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rtybase
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Depende, ya que $\xi $ es irracional , de acuerdo a Kronecker del Teorema de Aproximación, $\left\{m+\xi n \mid m,n \in \mathbb{Z}\right\}$ es denso en $\mathbb{R}$. El hecho de que $f(x)$ es continua y $f(x)=f(x+k\xi), \forall k \in\mathbb{Z}$ $f\left(m+\xi n\right)=f(m) \Rightarrow \{f(m) \mid m \in \mathbb{Z}\}$ también denso en $f$'s de la gama.
Ahora, un ejemplo contrario a su declaración (como ya se mencionó $\sin{x}$), $f(x)=\cos{x}$, a partir de este $$\left|\sum\limits_{k=1}^{n} \cos{k}\right|\leq \left|\frac{1}{2}\frac{\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)\right)+\sin{\frac{1}{2}}}{\sin{\frac{1}{2}}}\right| \leq \frac{1}{2}\left|\frac{1}{\sin{\frac{1}{2}}}\right|+\frac{1}{2}$$ tomando el límite, llegamos a la conclusión de que $\sum\limits_{k=1}^{\infty} \cos{k}$ es limitada y nunca llega a $\infty$.
Sin embargo, si asumimos $f(x)\geq0$$f(x) \not\equiv 0$, $f(x)$ (continua) alcanza su máximo en $\left[0,\xi\right]$, $f(x_M)=M$. Y debido a que su periódico $f(x_M)=f(x_M+n\xi)=M$. Utilizando el hecho de que $\left\{m+\xi n \mid m,n \in \mathbb{Z}\right\}$ es densa (se puede demostrar que $m$ puede ser un número entero positivo, ya que el teorema de menciones positivas $k$ en el enlace que he proporcionado), tenemos que $\exists m_M\in \mathbb{Z^+}$: $$\left|x_M-m_M+\xi n_M\right|<\delta \Rightarrow \left|f(x_M)-f(m_M+\xi n_M)\right| < \varepsilon \Rightarrow \\ f(m_M+\xi n_M)=f(m_M)>M-\varepsilon > 0$$ y esto ocurre para todos los $x_M+n\xi$, con lo que tenemos una secuencia entera $$f(m_{M,n}+\xi n_{M,n})=f(m_{M,n})>M-\varepsilon > 0$$ Así $$\sum\limits_{k=1}f(k) > \sum\limits_{n=1}f(m_{M,n}) \geq \lim\limits_{n\rightarrow\infty} n(M-\varepsilon)=\infty$$
NOTA: al escribir la última sección me di cuenta de que no considere el $\int_0^\xi f(x)\,dx = 0$, pero es tan técnico me pone triste para eliminarlo.
alphacapture
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Esto no es completamente formal, pero creo que podría ser hecho formal.
La idea es que, para cualquier intervalo de $[a,b]$, hay algún entero positivo $k$ de manera tal que la secuencia de $n\pmod{\xi}$ es en ese intervalo de cada $k$ o, términos, donde $k$ sólo depende de la longitud del intervalo.
Definir las secuencias $t_n=10^{2n}$, $h_n=\frac{1}{10^n}$, y $g_n=10^3*10^{2n}$.
La idea es que vamos a añadir los pares de opuestos picos en los grupos de $2t_n$, $t_n$ de los cuales son positivos y $t_n$ de los cuales son negativos, donde cada pico en el $n$th grupo tiene la altura $h_n$ y tiene un ancho tal que un elemento de la secuencia $n\pmod{\xi}$ está en el intervalo que contiene el pico de cada $g_n$ términos.
Hacemos el positivo picos aparecen tan pronto como sea posible y la negativa de los picos de aparecer tan tarde como sea posible sin que los picos que se cruzan (por lo que el positivo picos de altura $h_1$ aparecen por primera $t_1$ términos, y la negativa de los picos de altura $h_1$ aparecen por primera vez acerca de la $g_1-t_1$th plazo, entonces el positivo picos de altura $h_2$ aparecen en la $t_1+1$th plazo hasta el $t_1+t_2$th plazo).
La razón por la que hacemos esto es para que los picos positivos de la $n+1$th grupo de aparecer ante la negativa de los picos de la $n$th grupo, pero la suma de los términos de la $n+1$th grupo (es decir,$t_{n+1}h_{n+1}$) es mayor que la suma de los términos de la $n$th grupo, así que al llegar a la negativa de los picos de la $n$el grupo ya habremos añadido exponencialmente más de la $n$th grupo agregado, por lo que las sumas que se acaba de ir aumentando y por el tiempo llegar a la negativa de los picos de ellos no pueden disminuir lo suficiente. Por la misma razón, no importa que la secuencia negativa de encuentro para los negativos picos de nuevo, o que cuando nos encontramos con el positivo de los picos de nuevo no vamos a alcanzar su plena altura.
Por último, para comprobar que la heurística que este debe crecer más lento que de forma lineal, tenga en cuenta que la proporción de la suma parcial para el número de términos es mayor inmediatamente después de la adición de un grupo de picos positivos. Después de la $n$th grupo de picos positivos que hemos ido $g_{n-1}=10^{2n+1}$ términos y para estimar el total de básicamente podemos ignorar todo excepto la $n$th grupo, cuya suma da $t_nh_n=10^n$, por lo que la proporción es de $\frac{10^n}{10^{2n+1}}=\frac{1}{10^{n+1}}\to0$.
Shalop
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Esta no es una respuesta completa, más como una (muy) largo comentario. Vamos a dar una prueba directa de que esto no es posible si $f \in C^{1,\alpha}$ $\alpha>1/2$ (i.e, si $f'$ existe y es Hölder-$\alpha$ algunos $\alpha>1/2$). Esto es más débil que el resultado de la toma D'Aurizio del comentario, pero me siento como si hay espacio para la mejora en los lugares. Por otra parte, nuestro enfoque sugiere que la serie de Fourier, se podría proporcionar una buena herramienta.
Voy a utilizar un poco diferente de la convención, que tú, y voy a suponer que $f:S^1 \to \Bbb R$. Vamos a probar que si $\xi$ es un irracional múltiples de $\pi$ $\sum_{k=1}^N f(e^{i \xi k})$ debe permanecer delimitada como $N \to \infty$.
Si $f \in C^{1,\alpha}$$\alpha>1/2$, esto implica (a través de una involucración teorema) que $f \in H^{1+\alpha}(S^1)$, y por lo tanto no existe $g \in L^2(S^1)$ tal que $\hat g(n) = |n|^{1+\alpha} \hat f(n)$. Es decir, $g=-(-\partial_x^2)^{(1+\alpha)/2}f$.
Tenga en cuenta que $\hat f(0)=\int f=0$. Escrito $$\sum_{k=1}^N f(e^{i \xi k}) = \sum_{n \in \Bbb Z \backslash 0} \hat f(n) \sum_{k=1}^N e^{i \xi kn} = \sum_{n \in \Bbb Z\backslash 0} \frac{\hat g(n)}{n^{1+\alpha}} \frac{1-e^{i\xi(N+1)n}}{1-e^{i\xi n}}$$ Now using the triangle inequality and $|1-e^{i \xi (N+1)n}| \leq 2$ to bound the last sum, we get \begin{equation}\sup_N\bigg| \sum_{k=1}^N f(e^{i \xi k}) \bigg| \leq \sum_{n \in \Bbb Z\backslash 0} \frac{|\hat g(n)|}{n^{1+\alpha}} \frac{2}{|1-e^{i \xi n}|}.\tag{1}\end{equation} Now I claim that for each $\epsilon>0$, there exists a constant $C$ such that for all $n \in \Bbb Z \barra invertida 0$ we have that $$\frac{1}{|1-e^{i \xi n}|} \leq C|n|^{1+\epsilon}\tag{2}$$ To prove this, note by the ergodic theorem (equivalently Weyl's equidistribution theorem) that for any $\delta>0$,$$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{|1-e^{i \xi k}|^{1-\delta}} = \int_{S^1} \frac{1}{|1-z|^{1-\delta}}d|z|<+\infty$$ Convergent sequences are bounded, so there exists some $C=C(\delta)$ such that for all $n$ we have $$\frac{1}{|1-e^{i \xi n}|^{1-\delta}} \leq \sum_{k=1}^n \frac{1}{|1-e^{i \xi k}|^{1-\delta}} \leq Cn$$ This implies that $$\frac{1}{|1-e^{i\xi n}|} \leq C'n^{\frac{1}{1-\delta}}$$ which proves the claim in equation (2), after perhaps renaming $\frac{1}{1-\delta}=:1+\epsilon$. Now using equation (2) with $\epsilon=(\alpha-1/2)/2$ and plugging into equation (1), then using Cauchy-Schwarz, we see that $$\sup_N\bigg| \sum_{k=1}^N f(e^{i \xi k}) \bigg| \leq C \sum_{n \neq 0} \frac{|\hat g(n)|}{|n|^{\frac{\alpha}{2}+\frac{1}{4}}} \leq C \bigg( \sum_{n \neq 0} |\hat g(n)|^2 \bigg)^{1/2} \bigg( \sum_{n \neq 0} \frac{1}{|n|^{\alpha+ \frac{1}{2}}} \bigg)^{1/2} < \infty.$$ where we used Plancherel and $\alpha>1/2$ en la final de la desigualdad.
Sospecho que el resultado puede ser mejorado de manera óptima para el caso de al $f$ es en sí mismo Hölder-$\alpha$ algunos $\alpha>1/2$. Una prueba de esto puede implicar la adquisición de una mejor obligado en la ecuación (2), pero se me escapa.
