设 $S_n=1+\dfrac12+\cdots+\dfrac1n$，$n$ 是正整数．证明：对满足 $0\leqslant a<b\leqslant1$ 的任意实数 $a,b$，数列 $\{S_n-[S_n]\}$ 中有无穷多项属于 $(a,b)$，这里 $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数．
【难度】
【出处】
2012年全国高中数学联赛（二试）
【标注】
【答案】
略
【解析】
对任意 $n\in\mathbb N^*$，有\[\begin{split}S_{2^n}&=1+\dfrac12+\dfrac13+\cdots+\dfrac{1}{2^n}\\&=1+\dfrac12+\left(\dfrac{1}{2^1+1}+\dfrac{1}{2^2}\right)+\cdots+\left(\dfrac{1}{2^{n-1}+1}+\cdots+\dfrac{1}{2^n}\right)\\&>1+\dfrac12+\left(\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}\right)+\cdots+\left(\dfrac{1}{2^n}+\cdots+\dfrac{1}{2^n}\right)\\&=1+\dfrac12+\dfrac12+\cdots+\dfrac12\\&>\dfrac12n.\end{split}\]令$$N_0=\left[\dfrac{1}{b-a}\right]+1 , m=[S_{N_0}]+1,$$则$$\dfrac{1}{b-a}<N_0,\dfrac{1}{N_0}<b-a,S_{N_0}<m\leqslant m+a.$$又令 $N_1=2^{2(m+1)}$，则$$S_{N_1}=S_{2^{2(m+1)}}>m+1\geqslant m+b.$$假设存在 $k>N_0$，使得$$S_{k}\leqslant m+a , S_k\geqslant m+b,$$因此$$S_k-S_{k-1}\geqslant b-a,$$这与$$S_k-S_{k-1}=\dfrac1k<\dfrac{1}{N_0}<b-a$$矛盾，所以一定存在 $n\in\mathbb N^*$，$N_0<n<N_1$，使得 $S_n-[S_n]\in(a,b)$．
假设只有有限个正整数 $n_1,n_2,\cdots,n_k$，使得$$S_{n_j}-[S_{n_j}]\in(a,b),1\leqslant j\leqslant k.$$令 $c=\min\limits_{1\leqslant j\leqslant k}{\{S_{n_j}-[S_{n_j}]\}}$，则$$a<c<b,$$所以不存在 $n\in\mathbb N^*$，使得 $S_n-[S_n]\in(a,c)$，矛盾．
因此数列 $\{S_n-[S_n]\}$ 中有无穷多项属于 $(a,b)$．
综上所述，原命题成立．
假设只有有限个正整数 $n_1,n_2,\cdots,n_k$，使得$$S_{n_j}-[S_{n_j}]\in(a,b),1\leqslant j\leqslant k.$$令 $c=\min\limits_{1\leqslant j\leqslant k}{\{S_{n_j}-[S_{n_j}]\}}$，则$$a<c<b,$$所以不存在 $n\in\mathbb N^*$，使得 $S_n-[S_n]\in(a,c)$，矛盾．
因此数列 $\{S_n-[S_n]\}$ 中有无穷多项属于 $(a,b)$．
综上所述，原命题成立．
答案
解析
备注
