やっと初めての定理に行きつきました．がんばりましょう．
$\nu_1,\nu_2,\cdots,\nu_n$を互いに同値でない$K$の付値，$x_1,\cdots,x_n$を$K$の任意の元とする．このとき，任意の自然数$m$に対して$K$の元$x$が存在して，
$$\nu_i(x-x_i)>m,\quad (i=1,2,\cdots,n)$$
が成り立つ．
これはなぜ近似定理というのか考えると，まず，$\nu(0)=\infty$だったことを思うと，なんとなくですが，"$\nu_i(x-x_i)=\nu_i(0)$"のような感じ．つまり付値の上では$x$と$x_i$が近似できているというような気がします．多分そんな感じなんでしょう．よく分かりませんがきっとそうなのでしょう．
定理の証明に使う補題を載せておきます．証明は以前の記事[2]を見てみてください．
$\nu_1,\cdots,\nu_n(n\geq2)$を互いに同値でない$K$の付値とすれば，$K$の元$x$が存在して，
$$\nu_1(1-x)>0,\quad \nu_2(x)>0,\quad \cdots,\quad \nu_n(x)>0 $$
が成り立つ．
補題2より，
$$\nu_i(1-a_i)>0,\quad \nu_j(a_i)>0\quad (j\neq i)$$
となるような$a_1,\cdots,a_n$がとれます．$N$を十分大きな自然数として
$$x=\sum_{i=1}^nx_i(1-(1-a_i^N)^N)$$
とおけば，例えば
$$\nu_1(x-x_1)\ge \min(\nu_1(x_1(1-a_1^N)^N),\nu_1(x_2(1-(1-a_2^N)^N)),\cdots,\nu_1(x_n(1-(1-a_n^N)^N)))$$です．
$\nu_1(x_1(1-a_1^N)^N)=\nu_1(x_1)+N\nu_1(1-a_1^N) $で，$\nu_1(1-a_1^N)=\nu_1(1-a_1)+\nu_1(1+a_1+\cdots+a_1^{N-1})\ge 1 $です．
一方，$\nu_1(x_2(1-(1-a_2^N)^N))=\nu_1(x_2)+\nu_1(1-(1-a_2^N)^N)$．よって，$\nu_1(1-(1-a_2^N)^N)$を考えます．$\nu_1(a_2)>0$でした．よって$\nu_1(1-(1-a_2^N)^N)=\nu_1(1-(1-a_2^N))+\nu_1(1+(1-a_2^N)+\cdots+(1-a_2^N)^{N-1})$で，これの$1$項目は$N\nu_1(a_2)$で，$2$項目は$0$以上であることが分かります．
以上から$N$を十分大きくすれば，$\nu_1(x-x_1)>m$であることが分かりました．
他の数字についても同様です．
思ったよりも難しくなかった...ような気がします．ここまで見ていただきありがとうございました．