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 $||a_ix||\geqslant\dfrac{2}{m(m+1)}||x||$，这里 $||y||$ 表示实数 $y$ 到与它最近的整数的距离．
【难度】
【出处】
2017年全国高中数学联赛B卷（二试）
【标注】
【答案】
略
【解析】
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\[c_1a_1+c_2a_2+\cdots+c_na_n=1,\]并且 $|c_i|\leqslant m$，$1\leqslant i\leqslant n$．
证明 由于 $(a_1,a_2,\cdots,a_n)=1$，由裴蜀定理，存在正整数 $c_1,c_2,\cdots,c_n$ 满足\[c_1a_1+c_2a_2+\cdots+c_na_n=1.\]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\[\begin{split}S_1=S_1(c_1,c_2,\cdots,c_n)&=\sum_{c_i>m}c_i\geqslant 0,\\ S_2=S_2(c_1,c_2,\cdots,c_n)&=\sum_{c_i<-m}|c_i|\geqslant 0,\end{split}\]如果 $S_1>0$，那么存在 $c_i>m>1$，于是 $c_ia_i>1$，又因为 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 均为正数，故由上式可知存在 $c_j<0$．令\[\left(c_i',c_j',c_k'\right)=\left(c_i-a_j,c_j+a_i,c_k\right),\]其中 $1\leqslant k\leqslant n$，$k\ne i,j$，则\[c_1'a_1+c_2'a_2+\cdots+c_n'a_n=1,\]并且\[0\leqslant m-a_j< c_i'<c_i,c_j<c_j'<a_i\leqslant m,\]因为 $c_i'<c_i$，且 $c_j'<m$，所以\[S_1\left(c_1',c_2',\cdots,c_n'\right)<S_1\left(c_1,c_2,\cdots,c_n\right).\]又 $c_j'>c_j$ 及 $c_i'>0$，故\[S_2\left(c_1',c_2',\cdots,c_n'\right)\leqslant S_2\left(c_1,c_2,\cdots,c_n\right).\]如果 $S_2>0$，那么存在 $c_j<-m$，因此有一个 $c_i>0$．令\[\left(c_i',c_j',c_k'\right)=\left(c_i-a_j,c_j+a_i,c_k\right),\]其中 $1\leqslant k\leqslant n$，$k\ne i,j$，那么\[c_1'a_1+c_2'a_2+\cdots+c_n'a_n=1\]成立，并且\[-m<c_i'<c_i,c_j<c_j'<0.\]与上面类似地可知\[S_1\left(c_1',c_2',\cdots,c_n'\right)\leqslant S_1\left(c_1,c_2,\cdots,c_n\right),\]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 $S_1,S_2$ 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\[c_1a_1+c_2a_2+\cdots+c_na_n=1,\]并且 $|c_i|\leqslant m$，$1\leqslant i\leqslant n$．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\[||uy||\leqslant |u|\cdot ||y||.\]证明 由于对任意整数 $u$ 和实数 $x$，有\[||x+u||=||x||,\]故不妨设 $a,b\in\left[-\dfrac 12,\dfrac 12\right]$，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 $||uy||\leqslant|u|\cdot||y||$，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\[c_1a_1+c_2a_2+\cdots+c_na_n=1,\]并且 $|c_i|\leqslant m$，$1\leqslant i\leqslant n$，于是\[\sum_{i=1}^nc_ia_ix=x.\]利用结论二得\[\begin{split}||x||&=\Big|\Big|\sum_{i=1}^nc_ia_ix\Big|\Big|\\
&\leqslant \sum_{i=1}^n\left||c_i|\cdot ||a_ix||\right)\\
&\leqslant m\sum_{i=1}^n||a_ix||\\&\leqslant mn\cdot\max_{1\leqslant i\leqslant n}||a_ix||,\end{split}\]因此\[\max_{1\leqslant i\leqslant n}||a_ix||\geqslant \dfrac{1}{mn}||x||.\]若 $n\leqslant \dfrac 12(m+1)$，则\[\max_{1\leqslant i\leqslant n}||a_ix||\geqslant \dfrac{||x||}{mn}\geqslant \dfrac{2||x||}{m(m+1)}.\]若 $n>\dfrac 12(m+1)$，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\[||x||=||a_2x-a_1x||\leqslant ||a_2x||+||a_1x||,\]故\[\max\left\{||a_1x||,||a_2x||\right\}\geqslant \dfrac{||x||}2\geqslant \dfrac{2||x||}{m(m+1)}.\]综上所述，总存在一个 $i$（$1\leqslant i\leqslant n$），满足\[||a_ix||\geqslant \dfrac{2}{m(m+1)}||x||,\]命题得证．
&\leqslant \sum_{i=1}^n\left||c_i|\cdot ||a_ix||\right)\\
&\leqslant m\sum_{i=1}^n||a_ix||\\&\leqslant mn\cdot\max_{1\leqslant i\leqslant n}||a_ix||,\end{split}\]因此\[\max_{1\leqslant i\leqslant n}||a_ix||\geqslant \dfrac{1}{mn}||x||.\]若 $n\leqslant \dfrac 12(m+1)$，则\[\max_{1\leqslant i\leqslant n}||a_ix||\geqslant \dfrac{||x||}{mn}\geqslant \dfrac{2||x||}{m(m+1)}.\]若 $n>\dfrac 12(m+1)$，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\[||x||=||a_2x-a_1x||\leqslant ||a_2x||+||a_1x||,\]故\[\max\left\{||a_1x||,||a_2x||\right\}\geqslant \dfrac{||x||}2\geqslant \dfrac{2||x||}{m(m+1)}.\]综上所述，总存在一个 $i$（$1\leqslant i\leqslant n$），满足\[||a_ix||\geqslant \dfrac{2}{m(m+1)}||x||,\]命题得证．
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