エジプト式単位分数展開

$k$の選び方から,
$$\frac{m}{n} \lt k+1 \lt \frac{m}{n} +1$$
したがって,
$$n' \leqq n-(m-nk) \lt n$$
となって分子は単調に減少するので,必ず有限の操作で終わる.

$m=n!\times q+r$ とおく.
$$k:=\left [ \frac{m}{n} \right ]=\left [ (n-1)!\times q +\frac{r}{n} \right ]=(n-1)!\times q + \left [ \frac{r}{n} \right ]$$
$$l:=\left [ \frac{r}{n} \right]$$
とおくと,
$$\frac{n}{m}-\frac{1}{k+1}=\frac{n!\times q +nl+n-m}{m(k+1)}=\frac{n(l+1)-r}{m(k+1)}$$
$$\frac{n}{r}-\frac{1}{l+1}=\frac{n(l+1)-r}{r(l+1)}$$
分数を約分しなければ,分子は等しくなる.
そこで,$n'=n(l+1)-r,m'=m(k+1),r'=r(l+1)$とおく.
$n' \lt n$だから,$n'!$は$(n-1)!$の約数である.
$m=n!\times q+r$だから,$m(k+1)$を$\mod n'!$で考えると,
$m(k+1)\equiv r(l+1) \mod n'!$
すなわち,
$m'\equiv r' \mod n'!$
この条件の下で,
$$\frac{n'}{m'},\frac{n'}{r'}$$
について,強欲算法によって単位分数展開することになる.
したがって$n$についての数学的帰納法により証明できる.
[1]$n=2$のとき,強欲算法によって必ず項数２の単位分数展開ができるので$n=2$の場合には項数が等しい.
[2]$2\leqq n \leqq N$を満たす任意の整数$n$について定理２の主張が正しいと仮定する.
$n=N+1$について,上記の議論により,$n'\leqq n-1=N$の場合に還元できるので,$2\leqq n \leqq N+1$を満たす任意の整数$n$についても定理２の主張は正しい.
[1][2]より,$n \geqq 2$を満たす全ての整数$n$について定理２の主張は正しい.