[数论] 到最近整数的距离

hbghlyj

收集了三种定义
(1)$\left\| x \right\| = \mathop {\min }\limits_{n \in \mathbf{N}} \left\{ {\left| {x - n} \right|} \right\}$
(2)$\left\| x \right\| = \left| x-Round(x) \right|= \min \left\{ {\{ x\} ,\{  - x\} } \right\}$
(3)范数？ 具体含义不明
收集一些性质:$\forall n,k \in\mathbf{N}$
(1)非负性$\left\| x \right\| \geq 0$
(2)$\left\| x \right\| =\left\| -x \right\|$
(3)$n+\left\| x \right\| = \left\| {x + n} \right\|$
$\left\| {{x^k}} \right\| = \left\| {{{\left( {x + n} \right)}^k}} \right\|$
(4)三角不等式$\left\| {x\pm y} \right\| \le \left\| x \right\| + \left\| y \right\|$
$\left\| x \right\| \geq \left\| {nx} \right\|$
(4)的证明：由(3)不妨设$x,y\in[-\frac12,\frac12],$此时$\left\|a\right\|=|a|,\left\|b\right\|=\left|b\right|.$若$ab\le 0$,不妨设$a\le 0\le b,$则$a+b\in[-\frac12,\frac12],从而\left\|a+b\right\|=\left|a+b\right|\le\left|a\right|+\left|b\right|=\left\|a\right\|+\left\|b\right\|$若ab>0,当$\left|a\right|+\left|b\right|<\frac12$时,有$a+b\in\left[-\frac12,\frac12\right]$,此时$\left\|a+b\right\|=\left|a+b\right|=\left|a\right|+\left|b\right|=\left\|a\right\|+\left\|b\right\|$.当$\left|a\right|+\left|b\right|>\frac12$时,注意总有$\left\|a+b\right\|\le\frac12,$故$\left\|a+b\right\|\le\frac12<\left|a\right|+\left|b\right|=\left\|a\right\|+\left\|b\right\|$
收集一些题目
(1)k为$\geq 5$的整数，
$\left\| {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^k}} \right\| > {\left( {\frac{{\sqrt[5]{2}}}{2}} \right)^k}$(k=4时取等)
这不等式如何证明？ 对于其他底数有没有类似估计？
(2)半年前一道数列题

hbghlyj

(4)2017二试4
设m,n均是大于1的整数，$m\geq n$,$a_1,a_2,\cdots,a_n$是n个不超过m的不同且互素的正整数.证明：对任意实数x，均存在一个i($1\leq i\leq n$)，使得$\left|\left|a_ix\right|\right|\geq \frac2{m(m+1)}\left|\left|x\right|\right|$
证明：引理:存在整数$c_1,c_2,\cdots,c_n$,满足$c_1a_1+c_2a_2+\cdots+c_na_n=1$①,并且$\left|c_i\right|\leq m$
由于$(a_1,a_2,\cdots,a_n)=1$,由裴蜀定理,存在整数$c_1,c_2,\cdots,c_n$,满足①,下面证明,通过调整,存在一组$c_1,c_2,\cdots,c_n$满足①,且绝对值均不超过m.记\[S_1\left(c_1,c_2,\cdots,c_n\right)=\sum_{c_i>m}c_i\geq0,S_2\left(c_1,c_2,\cdots,c_n\right)=\sum_{c_j<-m}\left|c_j\right|\geq0\]如果$S_1>0$,那么存在$c_i>m>1$,于是$c_ia_i>1$,又因为$a_1,a_2,\cdots,a_n$均为正整数,由①可知存在$c_j<0$.令\[c_i'=c_i-a_j,c_j'=c_j+a_i,c_k'=c_k(1\leq k\leq n,k\ne i,j)\]则\[c_1'a_1+c_2'a_2+\cdots+c_n'a_n=1②\]并且$0\leq m-a_i\leq c_i'< c_i,c_j< c_j'< a_i\leq m$
因为$c_i'< c_i$,且$c_j'<m$,所以$S_1(c_1',c_2',\cdots,c_n')<S_1(c_1,c_2,\cdots,c_n)$.又$c_j'> c_j$及$c_i'>0$,故$S_2\left(c_1',c_2',\cdots,c_n'\right)<S_2\left(c_1,c_2,\cdots,c_n\right).$
如果$S_2>0$,那么存在$c_j<-m$,因此有一个$c_i>0$.令$c_i'=c_i-a_j,c_j'=c_j+a_i,c_k'=c_k\left(1\leq k\leq n,k\ne i,j\right),$那么②成立,并且$-m<c_i'<c_i,c_j<c_j'<0$.与上面类似地可知$S_1\left(c_1',c_2',\cdots,c_n'\right)<S_1\left(c_1,c_2,\cdots,c_n\right),$且$S_2\left(c_1',c_2',\cdots,c_n'\right)<S_2\left(c_1,c_2,\cdots,c_n\right).$因为$S_1$与$S_2$均为非负整数,故通过有限次上述的调整,可得一组$c_1,c_2,\cdots,c_n$使得①成立并且$S_1=S_2=0$,引理获证
回到原题,由引理存在整数$c_1,c_2,\cdots,c_n$,使得$c_1a_1+c_2a_2+\cdots+c_na_n=1,$并且$\left|c_i\right|\leq m,1\leq i\leq n$.于是$\sum^n_{i=1}c_ia_ix=x.$利用三角不等式得\[\left\|x\right\|=\left\|\sum^n_{i=1}c_ia_ix\right\|\leq\sum^n_{i=1}\left|c_i\right|\cdot\left\|a_ix\right\|\leq m\sum^n_{i=1}\left\|a_ix\right\|.\]因此\[\mathop {\max }\limits_{1 \le i \le n} \left\| {{a_i}x} \right\| \ge \frac{1}{{mn}}\left\| x \right\|③\]若$n\leq \frac12(m+1)$,由③可知\[\mathop {\max }\limits_{1 \le i \le n} \left\| {{a_i}x} \right\|\ge \frac{\left\|x\right\|}{mn}\ge \frac{2\left\|x\right\|}{m(m+1)}.\]若$n>\frac12(m+1)$,则在$a_1,a_2,\cdots,a_n$中存在两个相邻正整数,不妨设为$a_1,a_2$.则\[\left\|x\right\|=\left\|a_2x-a_1x\right\|\le\left\|a_2x\right\|+\left\|a_1x\right\|.\]$\left\|a_2x\right\|$与$\left\|a_1x\right\|$中有一个$\ge\frac{\left\|x\right\|}2\ge\frac{2\left\|x\right\|}{m(m+1)}.$综上所述,总存在一个i,满足$\left|\left|a_ix\right|\right|\geq \frac2{m(m+1)}\left|\left|x\right|\right|$

hbghlyj

我在这里征集第(1)题的证明。欢迎纠错和补充$\left\|x\right\|$相关性质、题目。