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】
对任意的正整数 $n$，有\[\begin{split}S_{2^n}&=1+\dfrac12+\dfrac13+\cdots+\dfrac{1}{2^n}\\&=1+\dfrac12+\left(\dfrac{1}{2^1+1}+\dfrac{1}{2^2}\right)+\cdots+\left(\dfrac{1}{2^{n-1}+1}+\cdots+\dfrac{1}{2^n}\right)\\&>1+\dfrac12+\left(\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}\right)+\cdots+\left(\dfrac{1}{2^n}+\cdots+\dfrac{1}{2^n}\right)\\&=1+\dfrac12+\dfrac12+\cdots+\dfrac12\\&>\dfrac12n,\end{split}\]所以当 $n$ 充分大时，$S_n$ 可以大于任何一个正数．
令 $N_0=\left[\dfrac{1}{b-a}\right]+1$，则$$N_0>\dfrac{1}{b-a}.$$当 $k>N_0$ 时，$$S_k-S_{k-1}=\dfrac1k<\dfrac{1}{N_0}<b-a.$$因此，对于任何大于 $S_{N_0}$ 的正整数 $m$，总存在 $n>N_0$，使 $S_n-m\in(a,b)$，即$$m+a<S_n<m+b.$$否则，一定存在 $k>N_0$，使 $S_{k-1}\leqslant m+a$，且 $S_k\geqslant m+b$．这样就有$$S_k-S_{k-1}\geqslant b-a.$$而$$S_k-S_{k-1}=\dfrac1k<\dfrac{1}{N_0}<b-a,$$矛盾．
故一定存在 $n>N_0$，使$$m+a<S_n<m+b.$$令 $m_i=[S_{N_0}]+i(i=1,2,3,\cdots)$，则 $m_i>S_{N_0}$．
因此一定存在 $n_i>N_0$，使得$$m_i+a<S_{n_i}<m_i+b,$$于是$$a<S_{n_i}-m_i=S_{n_i}-[S_{n_i}]<b,$$这样的 $i$ 有无穷多个．
因此数列 $\{S_n-[S_n]\}$ 中有无穷多项属于 $(a,b)$．
令 $N_0=\left[\dfrac{1}{b-a}\right]+1$，则$$N_0>\dfrac{1}{b-a}.$$当 $k>N_0$ 时，$$S_k-S_{k-1}=\dfrac1k<\dfrac{1}{N_0}<b-a.$$因此，对于任何大于 $S_{N_0}$ 的正整数 $m$，总存在 $n>N_0$，使 $S_n-m\in(a,b)$，即$$m+a<S_n<m+b.$$否则，一定存在 $k>N_0$，使 $S_{k-1}\leqslant m+a$，且 $S_k\geqslant m+b$．这样就有$$S_k-S_{k-1}\geqslant b-a.$$而$$S_k-S_{k-1}=\dfrac1k<\dfrac{1}{N_0}<b-a,$$矛盾．
故一定存在 $n>N_0$，使$$m+a<S_n<m+b.$$令 $m_i=[S_{N_0}]+i(i=1,2,3,\cdots)$，则 $m_i>S_{N_0}$．
因此一定存在 $n_i>N_0$，使得$$m_i+a<S_{n_i}<m_i+b,$$于是$$a<S_{n_i}-m_i=S_{n_i}-[S_{n_i}]<b,$$这样的 $i$ 有无穷多个．
因此数列 $\{S_n-[S_n]\}$ 中有无穷多项属于 $(a,b)$．
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