百度百科已经有了较为完整的证明，但有些地方不够详细，有些地方不够严谨，这里我进行一些补充。

首先，有一个 Betty 定理：

Betty 定理：对于方程 \(\frac 1a+\frac 1b=1\) 的所有正无理根，定义两个集合 \(A=\{\lfloor an\rfloor,n\in N^+\},B=\{\lfloor bn\rfloor,n\in N^+\}\)，那么 \(A\cap B=\varnothing,A\cup B=N+\)。

首先，因为 \(a,b\) 都为正，所以有 \(a,b>1\)，所以有 \(\lfloor an\rfloor\) 各不相同，\(\lfloor bn\rfloor\) 间也互不相同。

命题 1：\(A\cap B=\varnothing\)。

考虑反证法，假设 \(\exist k\in N^+,k\in A,B\)，那么也就是 \(\exist n,m\in N^+,k\le an,bm<k+1\)，显然不可能区等号，所以：

\[k<an<k+1 \]

因为全都是正的，所以可以直接取倒数，不等号变号：

\[\frac 1{k+1}<\frac 1{an}<\frac 1k \]

同时乘以 \(n\)：

\[\frac n{k+1}<\frac 1a<\frac nk \]

同理，对于 \(b\) 也有：

\[\frac m{k+1}<\frac 1b<\frac mk \]

同号不等式可以相加：

\[\frac{n+m}{k+1}<1<\frac{n+m}k \]

同时除以 \(n+m\)：

\[\frac1{k+1}<\frac 1{n+m}<\frac1k \]

再次取倒数：

\[k<n+m<k+1 \]

与 \(n,m\in N^+\) 矛盾，假设不成立，定理得证。

命题 2： \(A\cup B=N^+\)。

同样考虑反证法，假设 \(\exist k\in N^+,k\not\in A,B\)，那么有：

\[\exist n\in N^+,\lfloor an\rfloor<k<\lfloor a(n+1)\rfloor \]

先只写一边，另一边同理。

因为 \(a\) 是无理数，所以有：

\[an<k<a(n+1)-1 \]

然后根据前一半，同时除以 \(ak\)；对于后一半，移向之后除以 \(a(k+1)\)

\[\frac nk<\frac 1a<\frac{n+1}{k+1} \]

同理，也有：

\[\frac mk<\frac 1b<\frac{m+1}{k+1} \]

加起来：

\[\frac{n+m}k<1<\frac{n+m+2}{k+1} \]

然后对于前面后面分别乘以 \(k,k+1\)：

\[n+m<k<k+1<n+m+2 \]

同样发现这与 \(n,m\in N^+\) 矛盾，假设不成立，定理得证。

至此，我们已证明了 betty 定理。

回归这题，我们统计所有后手必胜的点对 \((a_i,b_i)\)。我们钦定 \((a_0,b_0)=(0,0)\)，而且 \(a_{i-1}<a_i<b_i(i\ge1)\)。

根据博弈论，我们对于一个点对 \((x,y)\)，如果可以通过一个操作（对于一个或两个数拿掉某个石子数）走到一个后手必胜的点，那么他就是先手必胜，否则他也是后手必胜。

我们发现对于一个正整数 \(x\)，只可能在一对 \((a_i,b_i)\) 中出现。假设出现至少两对 \((x,n),(x,m)(n<m)\)，那么后面的情况可以通过在 \(m\) 拿走 \(m-n\) 个石子转化为后手必胜，所以不存在。

也就是如果我们假设 \(A=\{a_i,i\in N^+\},B=\{b_i,i\in N^+\}\) 我们证明了 \(A\cap B=\varnothing\)。

命题 3：\(a_{n+1}\) 是除了 \(a_i,b_i(i\le n)\) 之外的最小的正整数。

如果 \(a_{n+1}\) 不是未出现的数中最小的，那么可以从 \(a_{n+1}\)的状态走到一个使 \(a_{n+1}\) 更小的状态，并且这个状态没有在前面 \(n\) 对后手必胜的状态中出现过，不符合条件。

通过这个命题我们也可以发现 \(A\cup B=N^+\)。

命题 4：\(a_n+n=b_n\)

考虑归纳法，假设 \(n\le k\) 的时候满足条件，证明 \(n=k+1\) 时成立。

我们从 \((a_{k+1},b_{k+1})\) 可以有三个方向：

如果从 \(a_{k+1}\) 拿一些，因为 \(b_{k+1}\) 显然没有在前面出现过，所以不可能找到必败点。

如果从 \(b_{k+1}\) 拿，同理。

如果从 \(a_{k+1},b_{k+1}\) 同时拿一些，那么 \(b_{k+1}-a_{k+1}\) 不变，因为前面 \(k\) 对已经有差是 \(1,2,...,k\) 的，所以差值取 \(k+1\) 是就不能到达前面状态。

所以 \(b_{k+1}=a_{k+1}+k+1\)。

命题得证。

我们进一步发现，这个集合的性质和 Betty 序列一样。

我们可以构造一对满足 Betty 序列的性质，然后证明当正整数集合 \(P,Q\) 满足 \(P\cap Q=\varnothing,P\cup Q=N^+,p_n+n=q_n\) 时，有 \(P=A,Q=B\)，那么我们就可以求出 \(a_n,b_n\) 的通项公式。

（上面我们假设 \(p_n\) 表示集合 \(P\) 中第 \(n\) 小的数）

我们构造正无理数 \(\alpha,\beta\)，满足 \(a_n=\lfloor \alpha n\rfloor,b_n=\lfloor \beta n\rfloor\)，\(a_n+n=b_n\)，容易发现令 \(\beta=\alpha+1\) 即可。

然后有因为当 \(\frac 1\alpha+\frac1{\alpha+1}=1\) 时，会有 \(A\cap B=\varnothing,A\cup B=N^+\)，解出来 \(\alpha=\frac{1+\sqrt 5}2\)，所以有 \(a_n=\lfloor n(\frac{1+\sqrt5}2)\rfloor\)。

现在剩下的问题就是 \(A,B\) 的判定是否可以这样子解决：当正整数集合 \(P,Q\) 满足 \(P\cap Q=\varnothing,P\cup Q=N^+,p_n+n=q_n\) 时，有 \(P=A,Q=B\)。

因为 \(p_{n-1}<p_n<q_n\)，\(P\cup Q=N^+\)，那么 \(p_n\) 只能为 \(\{p_1,q_1,p_2,q_2,\dots,p_{n-1},q_{n-1}\}\) 中没出现过的最小正整数 \(k\)，否则 \(k\) 将不在 \(P,Q\) 中出现。这和 \(A,B\) 的构造方式一样，因此得证。