Subfield: Number Theory


Question: 设 $m, n$ 均是大于 1 的整数, $m \geqslant n . a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 是 $n$ 个不超过 $m$ 的互不相同的正整数, 且 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 互素. 证明: 对任意实数 $x$, 均存在一个 $i(1 \leqslant i \leqslant n)$, 使得 $\left\|a_{i} x\right\| \geqslant \frac{2}{m(m+1)}\|x\|$, 这里 $\|y\|$ 表示实数 $y$ 到与它最近的整数的距离.

Solution:
首先证明以下两个结论.

结论一: 存在整数 $c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$, 满足

$$
c_{1} a_{1}+c_{2} a_{2}+\cdots+c_{n} a_{n}=1,
$$

并且 $\left|c_{i}\right| \leqslant m, \quad 1 \leqslant i \leqslant n$.

证明: 由于 $\left(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}\right)=1$, 由裴蜀定理，存在正整数 $c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$ 满足

$$
c_{1} a_{1}+c_{2} a_{2}+\cdots+c_{n} a_{n}=1
$$



下面证明, 通过调整, 存在一组 $c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$ 满足上式, 且绝对值均不超过 $m$. 记

$$
\begin{aligned}
& S_{1}=S_{1}\left(c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}\right)=\sum_{c_{i}>m} c_{i} \geqslant 0 \\
& S_{2}=S_{2}\left(c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}\right)=\sum_{c_{i}<-m}\left|c_{i}\right| \geqslant 0
\end{aligned}
$$

如果 $S_{1}>0$, 那么存在 $c_{i}>m>1$, 于是 $c_{i} a_{i}>1$, 又因为 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 均为正数, 故由上式可知存在 $c_{j}<0$. 令

$$
\left(c_{i}^{\prime}, c_{j}^{\prime}, c_{k}^{\prime}\right)=\left(c_{i}-a_{j}, c_{j}+a_{i}, c_{k}\right),
$$

其中 $1 \leqslant k \leqslant n, k \neq i, j$, 则

$$
c_{1}^{\prime} a_{1}+c_{2}^{\prime} a_{2}+\cdots+c_{n}^{\prime} a_{n}=1
$$

并且

$$
0 \leqslant m-a_{j}<c_{i}^{\prime}<c_{i}, c_{j}<c_{j}^{\prime}<a_{i} \leqslant m
$$

因为 $c_{i}^{\prime}<c_{i}$, 且 $c_{j}^{\prime}<m$, 所以

$$
S_{1}\left(c_{1}^{\prime}, c_{2}^{\prime}, \cdots, c_{n}^{\prime}\right)<S_{1}\left(c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}\right)
$$

又 $c_{j}^{\prime}>c_{j}$ 及 $c_{i}^{\prime}>0$, 故

$$
S_{2}\left(c_{1}^{\prime}, c_{2}^{\prime}, \cdots, c_{n}^{\prime}\right) \leqslant S_{2}\left(c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}\right)
$$

如果 $S_{2}>0$, 那么存在 $c_{j}<-m$, 因此有一个 $c_{i}>0$. 令

$$
\left(c_{i}^{\prime}, c_{j}^{\prime}, c_{k}^{\prime}\right)=\left(c_{i}-a_{j}, c_{j}+a_{i}, c_{k}\right),
$$

其中 $1 \leqslant k \leqslant n, k \neq i, j$, 那么

$$
c_{1}^{\prime} a_{1}+c_{2}^{\prime} a_{2}+\cdots+c_{n}^{\prime} a_{n}=1
$$

成立, 并且

$$
-m<c_{i}^{\prime}<c_{i}, c_{j}<c_{j}^{\prime}<0
$$

与上面类似地可知

$$
S_{1}\left(c_{1}^{\prime}, c_{2}^{\prime}, \cdots, c_{n}^{\prime}\right) \leqslant S_{1}\left(c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}\right)
$$

且

$$
S_{2}\left(c_{1}^{\prime}, c_{2}^{\prime}, \cdots, c_{n}^{\prime}\right)<S_{2}\left(c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}\right)
$$

因为 $S_{1}, S_{2}$ 均为非负整数, 故通过有限次上述的调整, 可得到一组 $c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$ 使得

$$
c_{1} a_{1}+c_{2} a_{2}+\cdots+c_{n} a_{n}=1,
$$



并且 $\left|c_{i}\right| \leqslant m, 1 \leqslant i \leqslant n$. 且 $S_{1}=S_{2}=0$, 结论一获证.

结论二: 对任意实数 $a, b$, 均有

$$
\|a+b\| \leqslant\|a\|+\|b\|
$$

对任意整数 $u$ 和实数 $y$, 均有

$$
\|u y\| \leqslant|u| \cdot\|y\| .
$$

证明: 由于对任意整数 $u$ 和实数 $x$, 有

$$
\|x+u\|=\|x\|
$$

故不妨设 $a, b \in\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]$, 此时

$$
\|a\|=|a|,\|b\|=|b| .
$$

因为 $||x|| \leqslant|x|$, 所以

$$
\|a+b|| \leqslant|a+b| \leqslant|a|+|b|=\| a\|+\| b \|,
$$

多次使用该结论有 $|| u y|| \leqslant|u| \cdot|| y||$, 于是结论二获证.

回到原题: 由结论一, 存在整数 $c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$, 使得

$$
c_{1} a_{1}+c_{2} a_{2}+\cdots+c_{n} a_{n}=1
$$

并且 $\left|c_{i}\right| \leqslant m, \quad 1 \leqslant i \leqslant n$, 于是

$$
\sum_{i=1}^{n} c_{i} a_{i} x=x
$$

利用结论二得

$$
\begin{aligned}
\|x\| & =\left\|\sum_{i=1}^{n} c_{i} a_{i} x\right\| \\
& \leqslant \sum_{i=1}^{n} \left( | c_{i} | \cdot \| a_{i} x \| \right) \\
& \leqslant m \sum_{i=1}^{n}\left\|a_{i} x\right\| \\
& \leqslant m n \cdot \max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left\|a_{i} x\right\|,
\end{aligned}
$$

因此

$$
\max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left\|a_{i} x\right\| \geqslant \frac{1}{m n}\|x\| .
$$



若 $n \leqslant \frac{1}{2}(m+1)$, 则

$$
\max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left\|a_{i} x\right\| \geqslant \frac{\|x\|}{m n} \geqslant \frac{2\|x\|}{m(m+1)}
$$

若 $n>\frac{1}{2}(m+1)$, 则在 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 中存在两个相邻正整数, 不妨设 $a_{1}, a_{2}$ 相邻, 则

$$
\|x\|=\left\|a_{2} x-a_{1} x\right\| \leqslant\left\|a_{2} x\right\|+\left\|a_{1} x\right\|,
$$

故

$$
\max \left\{\left\|a_{1} x\right\|,\left\|a_{2} x\right\|\right\} \geqslant \frac{\|x\|}{2} \geqslant \frac{2\|x\|}{m(m+1)} .
$$

综上所述, 总存在一个 $i(1 \leqslant i \leqslant n)$, 满足

$$
\left\|a_{i} x\right\| \geqslant \frac{2}{m(m+1)}\|x\|,
$$

命题得证.