a) Đề bài hình như có chút nhầm lẫn. Lấy $\alpha =-1, n=2$ thì không có $p,q$ thỏa mãn đề bài. Có lẽ đề đúng là $\left | \alpha -\frac{p}{q} \right |< \frac{1}{nq}$
b) Dễ thấy đây là kết quả mạnh hơn a), đồng thời hai kết quả a) và b) này là kết quả quen thuộc của định lý xấp xỉ Dirichlet. Ta chứng minh như sau:
Xét $n\ge 2$ và các số $\{i\alpha\}$ với $i=\overline{0,n}$. Ta có $n+2$ số $\{i\alpha\}, 1$ đều nằm trong khoảng $[0,1]$ nên có hai số có hiệu không quá $\frac{1}{n+1}$.
Nếu một trong hai số đó là $0$ hoặc $1$, (giả sử là $0$) thì gọi số còn lại là $\{j\alpha\}$ suy ra $\left | \{j\alpha\} \right | \le \frac{1}{n+1}\Rightarrow \left | \alpha - \frac{\lfloor j\alpha\rfloor}{j}\right | \le \frac{1}{j(n+1)}$. Nói cách khác, ta chọn $p=\lfloor j\alpha\rfloor, q=j$. Tương tự nếu một trong hai số là $1$
Nếu $0,1$ không nằm trong hai số đó thì gọi $\{x\alpha\},\{y\alpha\} \ (x>y)$ là hai số thỏa điều kiện trên. Suy ra $\left | (x-y)\alpha - (\lfloor x\alpha \rfloor - \lfloor y\alpha \rfloor) \right |\le \frac{1}{n+1}$. Nói cách khác, ta chọn $p=\lfloor x\alpha \rfloor - \lfloor y\alpha \rfloor, q=x-y\le n$
c) Chứng minh tương tự như trên. Ta xét $n^2+1$ điểm xác định bởi $(\{i\alpha\}, \{i\beta\})$ với $i=\overline{0,n^2}$, tất cả đều nằm trong hình vuông đơn vị. Do đó ta chia hình vuông đơn vị thành $n^2$ hình vuông nhỏ có cạnh $\frac{1}{n}$ thì sẽ có hai điểm nằm trong một hình vuông. Gọi chúng là $(\{x\alpha\}, \{x\beta\})$ và $ (\{y\alpha\}, \{y\beta\}) \ (x>y)$ thì ta có $\max \left(\left | \{x\alpha\} - \{y\alpha\} \right |, \left | \{x\beta\} - \{y\beta\} \right |\right)\le \frac{1}{n}$
Chọn $q=x-y, p = \lfloor x\alpha \rfloor - \lfloor y\alpha \rfloor, r= \lfloor x\beta \rfloor - \lfloor y\beta\rfloor$ thì thỏa yêu cầu. $\square$
Đây là trường hợp đặc biệt của định lý xấp xỉ Dirichlet cho nhiều biến đồng thời: với $\alpha_1, \alpha_2, ..., \alpha_d \in \mathbb{R}$ và số tự nhiên $N$ khác $0$ thì tồn tại số tự nhiên $q$ và số nguyên $p_1,p_2,...,p_d$ sao cho $1\le q\le N$ và $\max \left | \alpha_i -\frac{p_i}{q} \right | \le \frac{1}{q\sqrt[d]{N}}$. Dễ thấy cho $d=2, N=n^2$ ta có c). Chứng minh định lý này cũng hoàn toàn tương tự như trên.
