第1个回答 2014-03-24
楼上回答得很好。
其实有一个更强的结论，设x1,x2,...,xm都是正实数，并且任意两数之商不是有理数，那么
当n取遍正整数，k取遍1,2,..,m，有f(n,k)取遍所有正整数且没有重复，其中
f(n,k) = [n*xk/x1]+[n*xk/x2]+...+[n*xk/xm]
可以发现当m=2的时候恰好是Betty定理
该加强命题的证明方法如下：
因为x1,x2,..,xm的任意两数之商不是有理数，所以对任意正整数u,v，有u*xi=v*xj等价于u=v且i=j
(也就是各个n*xk都不相等)，
于是我们可以把所有n*xk按照从小到大的顺序排成一个序列 y1<y2<...<yt<...，
设g(x)=[x/x1]+[x/x2]+...+[x/xm]
注意到 g(n*xk) = f(n,k) = [(n*xk)/x1]+[(n*xk)/x2]+...+[(n*xk)/xm]
那么g(y1),g(y2),...,g(yt),...就是所有f(n,k)
对任意正整数t，设yt=n*xj，
考虑满足p*x1<=n*xj的p的个数，有[n*xj/x1]个，
满足p*x2<=n*xj的p的个数，有[n*xj/x2]个，
...
满足p*xm<=n*xj的p的个数，有[n*xj/xm]个，
那么满足p*xk<=n*xj的(p,k)的一共有 [n*xj/x1]+[n*xj/x2]+...+[n*xj/xm]=f(n,j) 对
注意到序列y1,y2,...的定义，所有满足 p*xk <= n*xj 的(p,k)恰好是y1,y2,...yt
也就是说 g(yt) = f(n,j) = t，所以g(y1)=1,g(y2)=2,...,g(yt)=t,...，恰好取遍所有正整数且互不相等
这就说明了，对任意正整数t，存在唯一的(n,k)使得t=f(n,k)，命题得证。
m=2时Beatty定理比较简便的证明方法是：
计算[nx]<=k的n的个数，它等价于nx<k+1，那么这样的n就有[(k+1)/x]个
同理，[ny]<=k的n的个数是[(k+1)/y]个
于是，数列[nx]和数列[ny]中不超过k的个数总和是[(k+1)/x]+[(k+1)/y]个
而x,y是无理数，所以 (k+1)/x - 1 + (k+1)/y - 1 < [(k+1)/x] + [(k+1)/y] < (k+1)/x + (k+1)/y
也就是k-1<[(k+1)/x]+[(k+1)/y]<k+1，又因为是整数，所以[(k+1)/x]+[(k+1)/y]=k
也就是数列[nx]和数列[ny]中不超过k的个数一共有k个，对任意正整数k成立，
所以所有[nx]和[ny]中有且仅有一个数等于k，证明完毕
逆定理的条件等价于对任意正整数k，所有[nx]和[ny]中有且仅有一个数等于k，
由于所有[nx]和[ny]均不同，所以x/y不是有理数(否则存在p,q使得px=qy)
同原定理一样的证明方式，
计算[nx]<=k的n的个数，有[(k+1)/x]个或[(k+1)/x]-1个(如果(k+1)/x是整数)
同理，[ny]<=k的n的个数有[(k+1)/y]个或[(k+1)/y]-1个(如果(k+1)/y是整数)
因为x,y不能同时是有理数，
所以[nx],[ny]中不超过k的个数总和是[(k+1)/x]+[(k+1)/y]个或[(k+1)/x]+[(k+1)/y]-1个
于是 k=[(k+1)/x]+[(k+1)/y] 或者 k=[(k+1)/x]+[(k+1)/y]-1 成立
即 [(k+1)/x]+[(k+1)/y] = k或k+1
(k+1)/x - 1 + (k+1)/y - 1 <= [(k+1)/x] + [(k+1)/y] <= (k+1)/x + (k+1)/y
因为x,y不能同时是有理数，所以两边的等号都取不到，也就得到
(k+1)/x - 1 + (k+1)/y - 1 < [(k+1)/x] + [(k+1)/y] < (k+1)/x + (k+1)/y
那么 (k+1)*(1/x+1/y)-2 < [(k+1)/x] + [(k+1)/y] < (k+1)*(1/x+1/y)
如果1/x+1/y>1，那么当k充分大，必然有(k+1)*(1/x+1/y-1)>2，也就是(k+1)*(1/x+1/y)-2>k+1
于是 [(k+1)/x] + [(k+1)/y] > (k+1)*(1/x+1/y)-2 > k+1 矛盾
如果1/x+1/y<1，那么当k充分大，必然有(k+1)*(1/x+1/y-1)<-1，也就是(k+1)*(1/x+1/y)+1<k+1
于是 [(k+1)/x] + [(k+1)/y] < (k+1)*(1/x+1/y) < k 矛盾
所以1/x+1/y=1