Megoldás. A játéknak vizsgáljuk azt az általánosabb változatát, amelyben akárhány kupac, és mindegyik kupacban tetszőleges számú kavics lehet. A kavicsok számát jelölje $x$, a kupacok számát $y$. Ha egy kupacban csak egyetlen kavics van, azt nevezzük ,,kis'' kupacnak, a többit pedig ,,nagy'' kupacnak, utóbbiak számát jelölje $z$. Először azt mutatjuk meg, hogy a játék biztosan véget ér, bárhogyan is játszik Anna és Balázs. Mivel $2x\ge x\ge y$, azért $2x-y$ nemnegatív egész szám. Belátjuk, hogy $2x-y$ értéke minden lépés során csökken. Ha a soron következő játékos egy kupacot két kisebb kupacra oszt, akkor $x$ nem változik, $y$ pedig $1$-gyel nő, így $2x-y$ értéke valóban csökken. Ha pedig egy kupacból elvesz egyetlen kavicsot, akkor $x$ $1$-gyel csökken, $y$ pedig vagy nem változik, vagy $1$-gyel csökken, de $2x-y$ értéke mindkét esetben csökken. Mivel $2x-y$ értéke minden lépésben legalább $1$-gyel csökken, de végig nemnegatív, a játék véges sok lépésben véget ér.
Azt fogjuk $2x-y$ szerinti teljes indukcióval bizonyítani, hogy pontosan akkor van Balázsnak, vagyis a második játékosnak nyerő stratégiája, ha az $x$, $y$, $z$ számok közül vagy mindegyik páros, vagy mindegyik páratlan; egyébként Annának, vagyis az első játékosnak van nyerő stratégiája. Ha $2x-y=0$, akkor $x=y=z=0$, vagyis az első játékos nem tud lépni, és így valóban a második játékosnak van nyerő stratégiája.
Tegyük fel, hogy $2x-y=n\ge 1$, és az állítást már minden olyan játékra igazoltuk, ahol $2x-y<n$. Vizsgáljuk először azt az esetet, amikor $x$, $y$ és $z$ paritása megegyezik. Könnyen meggondolható, hogy bármit is lép az első játékos, a három mennyiség között lesz olyan, amelyik változatlan marad, és lesz olyan is, amelynek értéke pontosan $1$-gyel változik, így megváltozik a paritása. Az így keletkező új játékban az indukciós feltevés szerint az első játékosnak van nyerő stratégiája, vagyis az eredeti játékban a másodiknak, ahogyan azt állítottuk.
Tegyük fel végül, hogy $x$, $y$ és $z$ nem azonos paritásúak. Elegendő azt megmutatni, hogy az első játékos tud úgy lépni, hogy ezután $x$, $y$, $z$ paritása megegyező legyen, hiszen ezután alkalmazhatja a folytatásban az új játék második játékosának nyerő stratégiáját. Ha $x$ és $y$ paritása megegyezik (de $z$ paritásával ellentétes), akkor $y\ne z$, tehát van legalább egy kis kupac is. Az első játékos egy kis kupacból elvesz egy kavicsot, így $x$ és $y$ értéke $1$-gyel csökken, $z$ pedig nem változik, ezután a három mennyiség paritása megegyezik.
Ha $x$ és $z$ paritása egyezik meg, akkor $x\ne y$, tehát van legalább egy nagy kupac. Ha van olyan nagy kupac is, amelyben legalább $3$ kavics van, akkor az első játékos kettéválasztja egy kis és egy nagy kupacra, ekkor $y$ értéke $1$-gyel nő, miközben $x$ és $z$ értéke változatlan marad. Ha ilyen nincs, akkor mindegyik nagy kupacban pontosan $2$ kavics van. Az első játékos egy nagy ‐ tehát pontosan két kavicsot tartalmazó ‐ kupacból elvesz egy kavicsot, így $x$ és $z$ értéke $1$-gyel csökken, miközben $y$ értéke nem változik. Az első játékos mindkét esetben el tudta érni, hogy lépése után a három mennyiség paritása egyezzen meg.
Végül, ha $y$ és $z$ paritása azonos, akkor megint csak van legalább egy nagy kupac. Ha van legalább $3$ kavicsot tartalmazó nagy kupac is, akkor az első játékos egy ilyen kupacból elvesz egy kavicsot, így a lépés során $y$ és $z$ nem változik, míg $x$ $1$-gyel csökken. Ha viszont minden egyes nagy kupacban pontosan $2$ kavics van, akkor az első játékos egy ilyen kupacot két kis kupacra oszt. Így $x$ értéke nem változik, $y$ értéke $1$-gyel nő, $z$ értéke pedig $1$-gyel csökken. Az első játékos ismét mindkét esetben el tudta érni, hogy lépése után a három mennyiség paritása azonos legyen. Ezzel befejeztük az indukciós lépés igazolását.
Teljes indukcióval beláttuk, hogy ha $x$, $y$, $z$ azonos paritásúak, akkor a második játékosnak van nyerő stratégiája, különben pedig az elsőnek. A feladatban szereplő játék esetén $y=10$, $z=9$, így az első játékosnak, vagyis Annának van nyerő stratégiája.