Feladat: F.3204 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Barát Anna ,  Föglein Anna ,  Gueth Krisztián ,  Gyenes Zoltán ,  Homolya Dániel ,  Horváth Gábor ,  Kiss Norbert ,  Kutalik Péter ,  Léka Zoltán ,  Less Áron ,  Lippner Gábor ,  Máthé András ,  Páles Csaba ,  Pap Júlia ,  Papp Dávid ,  Pataki Péter ,  Robotka Zsolt ,  Serény András ,  Szabadka Zoltán ,  Székelyhidi Gábor ,  Terpai Tamás ,  Tisch Dávid ,  Tóth Ádám ,  Végh A. László ,  Vidor Anna 
Füzet: 1998/április, 228 - 229. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Többszemélyes véges játékok, Maradékos osztás, Maradékos osztás, kongruenciák, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1997/december: F.3204

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Tekintsük a következő két halmazt:

S={2,3,4,7,8,9,10},R={0,1,5,6}.
Legyen a t-edik lépés után megmaradó kavicsok száma nt, az nt 11-gyel való osztási maradéka pedig mt.
Nézzük azt az esetet, amikor mt∈S. Ha mt∈{2,3,7,8}, akkor nt≥2. Ekkor 2 kavicsot elvéve a halmazból, azt kapjuk, hogy mt+1∈R.
mt∈{4,9} esetén nt≥4, így ha 3 kavicsot veszünk el a halmazból, akkor mt+1∈R. Egyetlen eset marad hátra: mt=10. Ekkor 9 kavicsot elvéve a halmazból, kapjuk, hogy mt+1∈R. Tehát ha mt∈S, akkor mindig tudunk úgy lépni, hogy mt+1∈R legyen. Könnyen látható, hogy ha mt∈R, akkor bármit lépünk, mindenképpen mt+1∈S. Összefoglalva: m0∈S esetén a kezdő tud úgy játszani, hogy minden lépése előtt a kavicsok számának 11-es maradéka az S halmazba essen. Így ő mindig tud lépni, tehát ekkor ő nyer. Hasonló meggondolással adódik, hogy m0∈R esetén a második játékos nyer. A mi esetünkben:
m0≡(923)k≡(-1)k(mod11).
Tehát, ha k páratlan, akkor a kezdőnek, különben pedig a második játékosnak van nyerő stratégiája.
 Székelyhidi Gábor (Kuwait, New English School, 11. évf.) dolgozata alapján