满足齐次性的函数$F$是否存在$C_w$使$F(w(X))\leqslant C_wF(X)$？

嘿，这个问题的答案是肯定的——确实存在不依赖于$X$的常数$C_w$，下面我一步步给你理清楚证明思路和细节：

首先明确已知条件：

• $F\colon \mathbb Q^n\to \mathbb Q$是1次绝对齐次函数：对任意有理数$t$和向量$Y\in\mathbb Q^n$，都有$F(tY)=|t|F(Y)$；
• $w\in\mathrm{GL}_n(\mathbb Q)$，也就是$w$是有理数域上的可逆$n$阶矩阵，它的所有元素都是有理数，而且逆矩阵$w^{-1}$的元素也全是有理数。

对于任意非零的$X\in\mathbb Q^n$，我们总能找到一个非零有理数$t$和本原整数向量$v\in\mathbb Z^n$（就是$v$的分量的最大公约数是1），使得$X=t\cdot v$。

根据$F$的齐次性，我们可以得到：
$$F(X)=|t|F(v),\quad F(wX)=|t|F(wv)$$
把这两个式子相除，就能得到$\frac{F(wX)}{F(X)}=\frac{F(wv)}{F(v)}$。这意味着，要找到不依赖$X$的$C_w$，我们只需要证明：所有本原整数向量$v$对应的$\frac{F(wv)}{F(v)}$（这里$F(v)\neq0$，如果$F(v)=0$，那$F(wv)=0$，不等式显然成立）的集合有一个有限的上界。

因为$w$的元素都是有理数，我们可以取所有元素分母的一个正公倍数$M$，这样$W=M\cdot w$就变成了一个整数矩阵（所有元素都是整数），而且$\det W=M^n\det w\neq0$（毕竟$w$可逆，$\det w$不是0）。

对于本原整数向量$v$，$wv=\frac{1}{M}Wv$，再用一次齐次性：
$$F(wv)=F\left(\frac{1}{M}Wv\right)=\frac{1}{M}F(Wv)$$
代入之前的比值，就得到$\frac{F(wv)}{F(v)}=\frac{F(Wv)}{M\cdot F(v)}$。现在问题转化为证明：所有本原整数向量$v$对应的$\frac{F(Wv)}{F(v)}$的集合有有限上界。

这里的关键是：$Wv$是整数向量（因为$W$是整数矩阵，$v$是整数向量），而$F$是从$\mathbb Q^n$到$\mathbb Q$的函数，所以$F(Wv)$和$F(v)$都是有理数。

假设存在一列本原整数向量$v_k$，使得$\frac{F(Wv_k)}{F(v_k)}$趋向于无穷大。但$W$是固定的整数矩阵，$Wv_k$的分量是$v_k$分量的线性组合，系数是$W$的元素（固定整数）。结合$F$的1次齐次性，我们可以把每个$v_k$缩放成满足$F(v_k)=1$的向量$u_k=\frac{1}{F(v_k)}v_k$，此时$F(u_k)=1$，而$F(wu_k)=\frac{F(wv_k)}{F(v_k)}$。

由于$w$可逆，$u_k=w^{{-1}z_k$（其中$z_k=wu_k$），所以$F(w}{-1}z_k)=1$。而$w^{{-1}$也是有理矩阵，类似步骤2，我们可以找到正整数$N$使得$Nw}{-1}$是整数矩阵，那么$w^{{-1}z_k=\frac{1}{N}(Nw}{-1})z_k$，代入齐次性得$F((Nw^{{-1})z_k)=N$。这说明$(Nw}{-1})z_k$是一个整数向量（或缩放后的整数向量），其$F$值固定为$N$，对应的$z_k$的$F$值不可能无限增大——否则会与$F((Nw^{-1})z_k)=N$矛盾。

因此，$\frac{F(wv)}{F(v)}$的集合必有有限上界，我们取这个上界作为$C_w$即可，它不依赖于$X$。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者E. Joseph