Az áttekinthetőség kedvéért módosítsuk úgy a játékot, hogy a résztvevők előtt kezdetben egy 39 kavicsból álló halom van, és ebből vesznek el felváltva legalább egyet és legfeljebb ötöt ‐ illetve hármat ‐ úgy, hogy az éppen soron következő játékos nem vehet el ugyanannyit, mint ellenfele az előző lépésben. A játék vesztese az, aki nem tud lépni. Erre vagy úgy kerül sor, hogy társa elvette az utolsó kavicsot (kavicsokat), vagy pedig úgy, hogy az 1 kavicsot vett el, és a halomban is egyetlen kavics maradt. A most következő játékosnak ugyanis ekkor a feltétel szerint legalább két kavicsot kellene elvennie, amit nyilván nem tehet meg. Ez a változat nyilván ekvivalens a feladatbeli játékkal.
Hívjuk $n$ -játéknak a fenti játékot abban az esetben, ha kezdetben $n$ darab kavicsból áll a halom, ezenkívül adott $n$ esetén jelölje I és II a kezdő, illetve a második játékost. A játék első lépése után nyilván egy ugyanilyen típusú $n\text{'}$-játékhoz jutunk, csak I és II szerepe fölcserélődik, másrészt a mostani kezdő ‐ vagyis az eredeti II ‐ számára egy kezdési ‐ valójában folytatási ‐ lehetőséget a feltétel kizár.
A megoldást ezután a következő általános észrevétel alapján kaphatjuk meg. Egy adott $n$-játékban akkor és csak akkor nyer I, ha van olyan megengedett lépése, amellyel egy II számára kedvező $n\text{'}$-játékot tud létrehozni, és akkor nyer II, ha I bármely lépésével I számára kedvező $m\text{'}$- játék jön létre. Tekintsük ezután a játékot az első esetben, azaz amikor a mindenkori $n$ 1 és 5 közti értékekkel csökkenthető.
A) Ha egy $n\text{'}$ játékot II nyer, akkor az $n\text{'}+\mathrm{1,}n\text{'}+\mathrm{2,}n\text{'}+\mathrm{3,}n\text{'}+\mathrm{4,}n\text{'}+5$ játékokat I nyeri, ha rendre $\mathrm{1,}\mathrm{2,}\mathrm{3,}\mathrm{4,}5$-tel kezd, és ezután II-nek az $n\text{'}$-beli nyerő stratégiája szerint játszik. Ha nem volna az előző lépés megismétlését tiltó korlátozás, akkor az $n\text{'}+6$ játékot ismét II nyerhetné meg, és így az ilyen, II számára kedvező játékok 6-os periódussal következnének. Most azonban lehetséges, hogy az $\left(n\text{'}+3\right)$-játékot I csak a 3 kezdéssel nyerheti meg, és ha ekkor az $\left(n\text{'}+6\right)$ játékbeli I is 3-mal kezd, akkor II számára ezután nem lehetséges a nyerő folytatás, így az $\left(n\text{'}+6\right)$-játékot is I nyeri. Ez a helyzet például a 6-játék esetében, mert a 3-játékot I csak a 3-mal kezdve nyerheti meg. (A 2-játékban a 2-n kívül 1-gyel is kezdhet.) Látható, hogy épp a korlátozás teszi lehetővé, hogy I időnként többféle kezdéssel is megnyerhesse a játékot.
Egy a II számára kedvező $n\text{'}$ játék tehát kétféle lehet. Ha az $\left(n\text{'}+3\right)$ játékot I többféleképpen is megnyerheti ‐ tehát nem csak úgy, ha 3-mal kezd ‐, akkor az $\left(n\text{'}+6\right)$ játékot II nyeri, hiszen ha I itt 3-mal kezd, akkor II választhat ettől különböző nyerő folytatást, más kezdésre pedig II megengedett módon léphet a számára kedvező $n\text{'}$ játékba.
Ez a helyzet például az $n\text{'}=7$ esetben. Ilyenkor ugyanis az $n\text{'}+3=10$-játékban I nemcsak 3-mal, hanem 5-tel kezdve is nyer, hiszen a létrejövő 5 játékban most nem lehetséges az egyetlen nyerő folytatás, az 5. Hívjuk ilyenkor az $n\text{'}$ játékot hatos játéknak.
Ha viszont az $\left(n\text{'}+3\right)$ játékban I csak a 3-mal kezdve nyerhet, akkor ugyanígy kezdve az $\left(n\text{'}+6\right)$ játékot is megnyerheti, hisz II-nek ezután csak vesztő folytatása van. Megmutatjuk, hogy ekkor viszont mindenképpen II nyeri a következő, $\left(n\text{'}+7\right)$-játékot. Valóban, ha itt I az 1-gyel kezd, akkor II számára megengedett a 3-as nyerő folytatás, 1-nél nagyobb kezdésre pedig ezzel ellentétes paritású, tehát mindenképpen különböző folytatással léphet II a számára kedvező $n\text{'}$ játékba. Hívjuk ebben a második esetben az $n\text{'}$ játékot hetes játéknak. A 0 -játék ‐ amelyet nyilván II nyer, hisz I egyáltalán nem tud lépni ‐ eszerint hetes.
A II számára kedvező $n\text{'}$ játékok tehát hatos vagy hetes játékok aszerint, hogy $\left(n\text{'}+6\right)$ vagy pedig $\left(n\text{'}+7\right)$ a következő, II számára kedvező játék.
Megmutatjuk, hogy a hetes és a hatos játékok felváltva követik egymást. Ebből következik, hogy $39=3\cdot 13$ a II számára kedvező, azaz az első változatban Balázs lesz a győztes ‐ ha jól játszik.
Láttuk, hogy egy $n\text{'}$ játék akkor és csak akkor hetes, ha az $\left(n\text{'}+3\right)$ játékban I bármely 3-tól különböző kezdéssel veszít (3-mal kezdve természetesen nyer). Nos, ha 1-gyel vagy 2-vel kezd, akkor 2-vel, illetve 1-gyel folytatva II nyer, hisz $n\text{'}$-be jutva ismét ő a második. Ha pedig I a 4-gyel kezd, akkor $\left(n\text{'}-1\right)$-ben 3 vagy 5 nyerő folytatás ─ attól függően, hogy hetes vagy pedig hatos-e az $n\text{'}$-t megelőző, II számára kedvező játék ‐ , és most II számára mindkettő megengedett.
Ez azt jelenti, hogy csak az 5-ös kezdést kell megvizsgálnunk, azaz $n\text{'}$ pontosan akkor hetes, ha I az $\left(n\text{'}+3\right)$ -játékot 5-tel kezdve elveszti.
Tekintsük az $n\text{'}$ előtti, II számára kedvező játékot, amelyik tehát $n\text{'}-6$ vagy pedig $n\text{'}-7$. Ha I az $\left(n\text{'}+3\right)$-játékban 5-tel kezd, akkor az első esetben II nyer, ha 4-gyel folytatja, hisz így az $\left(n\text{'}+3\right)-\left(5+4\right)=n\text{'}-6$ játékba jut. Ekkor tehát I valóban csak 3-mal kezdve nyer, azaz $n\text{'}$ hetes játék, vagyis egy hatos játékot valóban hetes játék követ.
Megfordítva, ha az $n\text{'}$ előtti II számára kedvező játék hetes, azaz $n\text{'}-7$, és I az $\left(n\text{'}+3\right)$-játékban 5-tel kezd, akkor a kapott $\left(n\text{'}-2\right)$-játékban most nem lehetséges az $\left(n\text{'}-7\right)$-be vivő 5-ös lépés. II minden más lépésére viszont I számára megengedett az azt 5-re kiegészítő folytatás, amellyel az $\left(n\text{'}-7\right)$ játékba jutva II-ként nyerni tud.
Ezzel azt is igazoltuk, hogy hetes játékot hatos követ, és így a játék első változatát teljes egészében jellemeztük. II akkor és csak akkor nyerhet, ha $n=13k-6$ vagy $n=13k$, ahol $k\geqq 1$ egész, és a bizonyításból egy nyerő stratégia is kiolvasható a játékosok számára, ennek végiggondolását azonban az olvasóra hagyjuk.
B) Hasonlóan vizsgálható a második eset, tehát amikor 1 és 3 közé eső számokkal csökkenthető az összeg. Könnyen látható, hogy az $n=\mathrm{1,2,3}$ esetben I, míg $n=4$-re II nyer. Most nem lép fel a periódus előbbi "elcsúszása'', hiszen a 2-játékot I kétféleképpen, 2-vel és 1-gyel kezdve is megnyerheti. Általában is ez a helyzet, korábbi szóhasználatunkkal élve minden a II számára kedvező játék "négyes''. Ezt teljes indukcióval bizonyítjuk.
Ha $n\text{'}=0$ ‐ ez nyilván II számára kedvező, hisz I nem tud lépni ‐, akkor a fentiek szerint az állítás igaz. Ha most a II számára kedvező $n\text{'}$ játéknál kisebb játékokra az állítás igaz, akkor a megelőző, II számára kedvező játék az $\left(n\text{'}-4\right)$. Az előző esethez hasonlóan az $\left(n\text{'}+4\right)$ játékban akkor nyerhet II, ha az $\left(n\text{'}+2\right)$- játékban I nyerő kezdése nem egyértelmű, a 2-n kívül 1-gyel kezdve is nyerni tud. Ez pedig abból következik, hogy az $\left(n\text{'}+1\right)$-játékot I csak az 1 kezdéssel nyerheti meg, hiszen akár 2-vel, akár pedig 3-mal kezd, az ezt 5-re kiegészítő folytatással II az indukciós feltevés szerint számára kedvező $\left(n\text{'}-4\right)$-játékba kerül. Ezzel beláttuk, hogy ha $\left(n\text{'}-4\right)$ négyes játék, akkor $n\text{'}$ is az.
A második esetben tehát az $n=4k$ alakú játékokban nyerhet II, így ilyenkor Anna nyeri a játékot.