貝亞蒂定理

在數論中，貝亞蒂定理（英文：Beatty sequence）指：若${\displaystyle p,q\in \mathbb {R^{+}} ,p,q\not \in \mathbb {Q} }$使得${\displaystyle {\frac {1}{p}}+{\frac {1}{q}}=1}$。定義集（貝亞蒂列）${\displaystyle P=\{\lfloor np\rfloor :n\in \mathbb {Z} ^{+}\},Q=\{\lfloor nq\rfloor :n\in \mathbb {Z} ^{+}\}}$，則P 和 Q 構成正整數集的一個分劃：${\displaystyle P\cap Q=\emptyset }$，${\displaystyle P\cup Q=\mathbb {Z} ^{+}}$。

即是說：若兩個正無理數的倒數之和是1，則任何正整數都可剛好以一種形式表示為不大於其中一個無理數的正整數倍的最大整數。

此定理由Sam Beatty在1926年發現。

例子

比如說對於黃金分割率 ${\displaystyle \phi }$ 而言，可以令 ${\displaystyle r=\phi }$，有 ${\displaystyle s=\phi +1={\frac {\phi }{\phi -1}}}$（根據黃金分割率的性質），生成兩個序列：

• 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）

這被用來構建 Wythoff array，是證明威佐夫博弈的一個關鍵步驟。

Rayleigh 定理

Rayleigh 定理，又被稱為貝亞蒂定理，定義為：

指定一個無理數 ${\displaystyle r>1}$ ，這裏存在着一個數 ${\displaystyle s>1}$ 使得貝亞蒂序列 ${\displaystyle B}$ 和 ${\displaystyle B'}$ 引出的同名集合將正整數集合劃分：即所有的正整數屬於且僅屬於兩個集合中的一個。

第一種證明

給定 ${\displaystyle r>1}$，使得 ${\displaystyle s=r/(r-1)}$，必須要證明任意一個正整數屬於且僅屬於序列對應的集合 ${\displaystyle B=\{\lfloor nr\rfloor |n\in \mathbb {Z} \}}$ 或者 ${\displaystyle B'=\{\lfloor ns\rfloor |n\in \mathbb {Z} \}}$ 中的一個。

為了證明它，可以構建兩個不同的沒有交集的集合併排成一個有序序列（可以通過有序序列的有序性，使得下標和值一一對應），通過構造值和對應下標的一一對應的關係，證明任意一個正整數對應的值屬於且僅屬於兩個集合中的一個，而對應兩個集合的下標集合正是 ${\displaystyle B}$ 和 ${\displaystyle B'}$。

需要考慮如下：對於正整數 ${\displaystyle j}$ 和 ${\displaystyle k}$ 而言，有分數 ${\displaystyle j \over r}$ 和 ${\displaystyle k \over s}$ 形成的序列。這兩個序列對應的的集合沒有交集，且容易證明序列本身沒有重複元素。

沒有交集可以利用反證法，證明兩個數 ${\displaystyle j,\ k\in \mathbb {Z} }$，有 ${\displaystyle {j \over r}={k \over s}}$，那麼滿足：${\displaystyle {j \over k}={r \over s}=r-1}$，因為 ${\displaystyle r}$ 屬於無理數，故 ${\displaystyle r-1}$ 也屬於無理數，不能被兩個有理數的比來進行表示，矛盾故它們形成的集合沒有交集。

將兩個序列組合成一個序列，需要證明值 ${\displaystyle j \over r}$ 對應的下標就是 ${\displaystyle \lfloor js\rfloor }$：在 ${\displaystyle i \over r}$ 形成的子序列中，${\displaystyle j \over r}$ 的下標為 ${\displaystyle j}$；而在另一個子序列，即 ${\displaystyle k \over s}$ 形成的序列中，${\displaystyle j \over r}$ 前面一共有 ${\displaystyle \lfloor {js \over r}\rfloor }$ 個數，綜上它的下標就為 ${\displaystyle j+\lfloor {js \over r}\rfloor =j+\lfloor {j(s-1)}\rfloor =\lfloor {j+j(s-1)}\rfloor =\lfloor {js}\rfloor }$。同理值 ${\displaystyle k \over s}$ 對應的下標就為 ${\displaystyle \lfloor kr\rfloor }$。

綜上這兩個沒有交集的序列合成的序列下標和值本身是一一對應的，值本身和 ${\displaystyle B}$ 和 ${\displaystyle B'}$ 是對應的，可以證明這是一個劃分。

第二種證明

重複: 假設, 與定理相反地, 有整數 j > 0 和 k 和 m 使得

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

這等價於不等式

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

對於非零的 j, 無理數r 和 s, 等號不可能成立. 所以

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

從而

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

將它們相加並利用條件得,

${\displaystyle j<k+m<j+1}$

這是不可能的 (兩個相鄰整數之間沒有其他的整數). 所以假設不成立.

遺漏: 假設, 與定理相反地, 有整數 j > 0 和 k 和 m 使得

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

因為 j + 1 非零且 r 和 s 為無理數, 等號不可能成立, 所以

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

於是得

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

將這些不等式相加得

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

${\displaystyle k+m<j<k+m+1}$

這是不可能的. 所以假設不成立.

外部連結

• http://www.sftw.umac.mo/~fstitl/10mmo/betty.html （頁面存檔備份，存於互聯網檔案館）