贝亚蒂定理

比如说对于黄金分割率 ${\displaystyle \phi }$  而言，可以令 ${\displaystyle r=\phi }$ ，有 ${\displaystyle s=\phi +1={\frac {\phi }{\phi -1}}}$ （根据黄金分割率的性质），生成两个序列：

• 1，3，4，6，8，9，11，12，14，...（sequence A000201 in the OEIS）
• 2，5，7，10，13，15，...（sequence A001950 in the OEIS）

这被用来构建 Wythoff array，是证明威佐夫博弈的一个关键步骤。

Rayleigh 定理，又被称为贝亚蒂定理，定义为：

指定一个无理数 ${\displaystyle r>1}$  ，这里存在着一个数 ${\displaystyle s>1}$  使得贝亚蒂序列 ${\displaystyle B}$  和 ${\displaystyle B'}$  引出的同名集合将正整数集合划分：即所有的正整数属于且仅属于两个集合中的一个。

第一种证明

给定 ${\displaystyle r>1}$ ，使得 ${\displaystyle s=r/(r-1)}$ ，必须要证明任意一个正整数属于且仅属于序列对应的集合 ${\displaystyle B=\{\lfloor nr\rfloor |n\in \mathbb {Z} \}}$  或者 ${\displaystyle B'=\{\lfloor ns\rfloor |n\in \mathbb {Z} \}}$  中的一个。

为了证明它，可以构建两个不同的没有交集的集合并排成一个有序序列（可以通过有序序列的有序性，使得下标和值一一对应），通过构造值和对应下标的一一对应的关系，证明任意一个正整数对应的值属于且仅属于两个集合中的一个，而对应两个集合的下标集合正是 ${\displaystyle B}$  和 ${\displaystyle B'}$ 。

需要考虑如下：对于正整数 ${\displaystyle j}$  和 ${\displaystyle k}$  而言，有分数 ${\displaystyle j \over r}$  和 ${\displaystyle k \over s}$  形成的序列。这两个序列对应的的集合没有交集，且容易证明序列本身没有重复元素。

没有交集可以利用反证法，证明两个数 ${\displaystyle j,\ k\in \mathbb {Z} }$ ，有 ${\displaystyle {j \over r}={k \over s}}$ ，那么满足：${\displaystyle {j \over k}={r \over s}=r-1}$ ，因为 ${\displaystyle r}$  属于无理数，故 ${\displaystyle r-1}$  也属于无理数，不能被两个有理数的比来进行表示，矛盾故它们形成的集合没有交集。

将两个序列组合成一个序列，需要证明值 ${\displaystyle j \over r}$  对应的下标就是 ${\displaystyle \lfloor js\rfloor }$ ：在 ${\displaystyle i \over r}$  形成的子序列中，${\displaystyle j \over r}$  的下标为 ${\displaystyle j}$ ；而在另一个子序列，即 ${\displaystyle k \over s}$  形成的序列中，${\displaystyle j \over r}$  前面一共有 ${\displaystyle \lfloor {js \over r}\rfloor }$  个数，综上它的下标就为 ${\displaystyle j+\lfloor {js \over r}\rfloor =j+\lfloor {j(s-1)}\rfloor =\lfloor {j+j(s-1)}\rfloor =\lfloor {js}\rfloor }$ 。同理值 ${\displaystyle k \over s}$  对应的下标就为 ${\displaystyle \lfloor kr\rfloor }$ 。

综上这两个没有交集的序列合成的序列下标和值本身是一一对应的，值本身和 ${\displaystyle B}$  和 ${\displaystyle B'}$  是对应的，可以证明这是一个划分。

第二种证明

重复: 假设, 与定理相反地, 有整数 j > 0 和 k 和 m 使得

${\displaystyle j=\left\lfloor {k\cdot r}\right\rfloor =\left\lfloor {m\cdot s}\right\rfloor \,.}$ 

这等价于不等式

${\displaystyle j\leq k\cdot r<j+1{\text{ 且 }}j\leq m\cdot s<j+1.}$ 

对于非零的 j, 无理数r 和 s, 等号不可能成立. 所以

${\displaystyle j<k\cdot r<j+1{\text{ 且 }}j<m\cdot s<j+1}$ 

从而

${\displaystyle {j \over r}<k<{j+1 \over r}{\text{ 且 }}{j \over s}<m<{j+1 \over s}.}$ 

将它们相加并利用条件得,

${\displaystyle j<k+m<j+1}$ 

这是不可能的 (两个相邻整数之间没有其他的整数). 所以假设不成立.

遗漏: 假设, 与定理相反地, 有整数 j > 0 和 k 和 m 使得

${\displaystyle k\cdot r<j{\text{ 且 }}j+1\leq (k+1)\cdot r{\text{ 且 }}m\cdot s<j{\text{ 且 }}j+1\leq (m+1)\cdot s\,.}$ 

因为 j + 1 非零且 r 和 s 为无理数, 等号不可能成立, 所以

${\displaystyle k\cdot r<j{\text{ 且 }}j+1<(k+1)\cdot r{\text{ 且 }}m\cdot s<j{\text{ 且 }}j+1<(m+1)\cdot s.}$ 

于是得

${\displaystyle k<{j \over r}{\text{ 且 }}{j+1 \over r}<k+1{\text{ 且 }}m<{j \over s}{\text{ 且 }}{j+1 \over s}<m+1}$ 

将这些不等式相加得

${\displaystyle k+m<j{\text{ 且 }}j+1<k+m+2}$ 

${\displaystyle k+m<j<k+m+1}$ 

这是不可能的. 所以假设不成立.

• http://www.sftw.umac.mo/~fstitl/10mmo/betty.html （页面存档备份，存于互联网档案馆）