SOLUTION MANUAL
Game Theory Basics 1st Edition
By Bernhard von Stengel. Chapters 1 - 12
1
,TABLE OF CONTENTS YH N YHN YHN
1 - Nim and Combinatorial Games
YHN YHN YHN YHN YHN
2 - Congestion Games
YHN YHN YHN
3 - Games in Strategic Form
YHN YHN YHN YHN YHN
4 - Game Trees with Perfect Information
YHN YHN YHN YHN YHN YHN
5 - Expected Utility
YHN YHN YHN
6 - Mixed Equilibrium
YHN YHN YHN
7 - Brouwer’s Fixed-Point Theorem
YHN YHN YHN YHN
8 - Zero-Sum Games
YHN YHN YHN
9 - Geometry of Equilibria in Bimatrix Games
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
10 - Game Trees with Imperfect Information
YHN YHN YHN YHN YHN YHN
11 - Bargaining
YHN YHN
12 - Correlated Equilibrium
YHN YHN YHN
2
,Game Theory Basics Y HN Y HN
Solutions to Exercises Y H N Y H N
© Y H N Bernhard von Stengel 2022 YHN YHN YHN
Solution to Exercise 1.1 YHN YHN YHN
(a) Let ≤ be defined by (1.7). To show that ≤ is transitive, consider x, y, z with x ≤ y and y ≤ z. If x = y then x
YH N YHN YHN YHN YHN Y H N YHN YH N YHN YHN Y HN YHN YHN Y HN YHN YHN YH N Y H N YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YH
≤ z, and if y = z then also x ≤ z. So the only case left is x < y and y < z, which implies x < z because < is t
N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N Y H N Y HN YHN YHN Y HN Y H N Y HN YHN YHN YHN YHN
ransitive, and hence x ≤ z. YHN YHN Y HN Y H N YHN
Clearly, ≤isreflexive because x = x and therefore x ≤ x. YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y HN YHN
To show that is≤antisymmetric, consider x and y with x y and y x. If ≤
YHN we had x ≠ y then
≤ x < y and y < YHN YHNYHNYHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHNYHNYHN YHN YHN YHNYHNYHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
x, and by transitivity x < x which contradicts (1.38). Hence x = y, as required. This shows that ≤is a
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y HN Y H N YHN YHN Y H N YHN YHN YHN YHN YHN YHN
partial order. YHN
Finally, we show (1.6), so we have to show that x < y implies x y and x ≠ y and vice
≤ versa. Let x < y, whi
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
ch implies x y by (1.7). If we had x = y then x < x, contradicting
YHN
≤ (1.38),sowealsohave x ≠ y. Conversely, YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N YHN
x yand x ≠ yimplyby(1.7)x < y or x = y where the second case is excluded,
YHNYHNY H N YHN
≤ hence x < y, as required.
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N Y H N Y HN Y HN Y H N Y H N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y HN Y H N Y H N YHN YHN
(b) Consider a partial order and assume ≤ (1.6) as a definition of <. To show that < is transitive, suppose YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
x < y, that is, x y and x ≠ y, and y < z, that is, y≤z and y ≠ z. Because is transitive, x z. If we
YHN YHN YHN
≤ had x = z then YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHNYHN YHN YHN YHNYHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
x y and y ≤x and hence x = y by≤
YHNYHNYHNYHNYHN antisymmetry of , which contradicts
YHN
≤ x ≠ y, ≤so we have x z and x ≠ YHN YHNYHNYHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y HN YHNYHNYHNY H N YHN YHN Y H N Y H N Y H N YHN YHN YHN Y H N YHNYHNYHNY H N Y HN Y H N Y H N Y H N
z, that is,x < z by (1.6), as required.
≤ ≤
YHN YHN YHN Y H N Y H N YHN YHN YHN YHN
Also, < is irreflexive, because x < x would by definition mean x x and x ≠ x, but ≤
YHN the latter is not true.
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
Finally, we show (1.7), so we have to show that x ≤ y implies x < y or x = y and vice versa, given that <
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
is defined by (1.6). Let x ≤ y. Then if x = y, we are done, otherwise x ≠ y and then by definition x < y. H
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
ence, x ≤ y implies x < y or x = y. Conversely, suppose x < y or x = y. If x < y then x ≤ y by (1.6
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N Y H N YHN YHN YHN YHN Y H N YHN Y H N Y H N YHN YHN Y H N YHN YHN YHN
), and if x = y then x ≤ y because ≤is reflexive. This completes the proof.
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N Y HN YHN YH N YHN YHN Y H N YHN YHN YHN
Solution to Exercise 1.2 YHN YHN YHN
(a) In analysing the games of three Nim heaps where one heap has size one, we first lookat some exa
Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N YHN YHN YHN
mples, and then use mathematical induction to prove what we conjecture to be the losing positions. A lo
YH N YH N YHN YHN YH N YHN YHN YHN YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
sing position is one where every move is to a winning position, because then the opponent will win.
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YH N Y HN YH N YHN YH N YH N Y H
The point of this exercise is to formulate a precise statement to be proved, and then to prove it.
N YHN Y HN YHN YHN YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
First, if there are only two heaps recall that they are losing if and only if the heaps are of equal size.
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N
If they are of unequal size, then the winning move is to reduce thelarger heap so that both heaps hav
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
e equal size.
YHN YHN
3
, Consider three heaps of sizes 1, m, n, where 1 m n. We≤observe ≤ the following: 1, 1, m is winning, b YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHNYHNYHN YHNYHNYHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
y moving to 1, 1, 0. Similarly, 1, m, m is winning, by moving to 0, m, m. Next, 1, 2, 3 is losing (observe
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
d earlier in the lecture), and hence 1, 2, n for n 4 is winning. 1, 3, n is winning for any n 3 by moving t
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
o 1, 3, 2. For 1, 4, 5, reducing any heap produces a winning position, so this is losing.
≥ ≥
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
The general pattern for the losing positions thus seems to be: 1, m, m 1, for even numbers
YHN
+ m. Thisi YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N YHN
ncludesalsothecase m =0,whichwecantakeasthebasecaseforan induction. We now proceed to pr YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N YHN YHN YHN YHN
ove this formally. YHN YHN
First we show that if the positions of the form 1, m, n with m n are losing when YHN
≤ m is even and n = m YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHNYHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
1, then these are the only losing
YHN
+ positions because any other position 1, m, n with m n is winni YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y HN Y H N YHN Y H N Y H N Y H N YH N
ng. Namely, if m = n then ≤ a winning move from1, m, m is to 0, m, m, so we can assume m < n. If m is
Y H N YHN YH N Y H N YHN Y H N YHN YH N YHN YHN YHN YHN Y HN YH N Y HN YH N YH N YHN YHN YHN Y HN YHN YHN YHN YH N Y H N YHN YHN YH N
even then n > m 1 (otherwise we would be in the position 1, m, m 1) and so the winning mov
+
YH N YHN YHN YH N Y H N Y H N YHN YHN YHN YHN YH N YHN YHN YH N YHN Y HN Y H N Y H N YH N YH N Y HN YH N YH N
e is to 1, m, m 1. If m is odd then the winning move is to 1, m, m 1, the same as position 1, m 1, m (thi
+ +
Y HN YHN YHN YH N Y HN Y H N Y H N YHN YHN YH N Y HN Y HN YH N YHN YH N YHN YH N Y HN YHN YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YH N YHN
s would also be a winning move from 1,m,m so there the winning move is not unique).
– −
YHN Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N YHN YHN Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N
Second, we show that any move from 1, m, m + 1 with even m is to a winning position,using as inductive YH N YHN YHN Y HN YH N Y HN Y HN YHN YHN YHN YH N YHN YH N YH N YHN YH N YH N YHN YHN YHN YHN YHN Y
hypothesis that 1, mJ, mJ + 1 for even mJ and mJ < m is a losing position. The move to 0, m, m + 1 produ
HN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
ces a winning position with counter- YHN YHN YHN YHN YHN
move to 0, m, m. A move to 1, mJ, m + 1 for mJ < m is to a winning position with the counter- YHN YHN YHN Y HN YHN YHN Y HN YHN YHN YHN Y HN YHN Y HN YHN YH N YHN Y HN YHN YHN YHN Y HN YH N Y HN YHN
move to 1, mJ, mJ + 1 if mJ is even and to 1, mJ, mJ − 1 if mJ is odd. A move to 1, m, m is to a winning positi
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YH N YH N YHN Y HN YHN YHN YHN YH N
on with counter- YH N YH N
move to 0, m, m. A move to 1, m, mJ with mJ < m is also to a winning position with the counter-
YHN YH N YH N YHN Y HN YHN Y HN YHN YHN YHN YHN Y H N YH N Y H N YHN YH N YH N Y HN YH N YH N YHN YH N YH N
move to 1, mJ − 1, mJ if mJ is odd, and to 1, mJ 1, mJ if mJ is even (in which case mJ
YHN 1 < m because YH N YH N YH N YH N YH N YH N Y H N YHN Y HN YHN YH N YH N YH N Y H N YH N YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YH N Y H N YH N YH N YHN YH N
m is even). This concludes the induction proof.
+ +
YHN YH N YHN YHN YHN YHN YHN
This result is in agreement with the theorem on Nim heap sizes represented as sums of powersof2:
Y HN YHN YHN YHN YH N YH N YHN YHN Y HN YH N YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N
1 m Y n∗islosing
+∗ +∗ ifandonlyif, exceptfor20, thepowersof2making upm and n come in pairs. So the
H N Y H N Y H N Y H N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YH N Y HN YH N YHN Y HN YHN YH N
se must be the same powers of 2, except for 1 = 20, which occurs in only m or n, where we have assumed t
Y H N
YHN YHN YHN YHN YHN YH N YHN YHN YH N YHN YH N YHN YHN YHN YHN Y HN YH N YH N YH N YH N Y HN YHN YHN Y HN
hat n is the larger number, so 1 appearsin the representation of n: We have m = 2a 2b 2c
YH N YH N Y HN YH N Y HN YH N YH N YHN YHN Y H N Y H N YH N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N
YHNYHNYHNYHNYHNY H N YHNYHNYHNYHNYHNY H N
for a > b > c > 1,so m
+ +c + · · · ··· ≥
Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N YHNYHNYHNYHNYHNYHNYHNY H N YHN Y H N Y H N
is even, and, with the same a,b, c,..., n = 2 a 2 b 2 1 = m 1. Then Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N
Y H N Y HN Y H N YH N YHN Y H N
+ + + ··· + +
Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N YHN YHN YHN YHN YHN Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N YHNYHNYHNY H N Y H N
∗1 m + ∗ +n∗ 0.≡∗ The following is an example using the bit representation where
Y H N Y H N Y HN Y H N
YHNYHNYHNYHNYHNY H N YHNYHNYHNYHNY H N YHNYHNYHNYHNYHNY H N Y H N YH N YH N YH N YH N Y H N Y HN YH N YH N Y HN
Y H N Y H N Y H N YHN
m = 12 (which determines the bit pattern 1100, which of course depends on m):
YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
1 = 0001
12 = 1100
13 = 1101
Nim-sum 0 = 0000
(b) We use (a). Clearly, 1, 2, 3 is losing as shown in (1.2), and because the Nim-
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
sum of the binary representations 01, 10, 11 is 00. Examples show that any other position iswinni
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
ng. The three numbers are n, n 1, n 2.+
If n is even
Y HN
+ then reducing the heap of size n 2 to 1 creates YHN Y HN YH N YHN YH N Y H N YH N Y H N Y H N YH N Y HN YH N YHN YHN Y HN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
the position n, n 1, 1 which is losing as shown in (a). If n is odd, then n 1 is even and n 2 = n 1
+ +
YHN YHN YHN Y H N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHN YHN Y H N YHNYHNYHN YHN
1 so by the same argument, a winning move is to reduce the Nim heap of size n to 1 (which only wor
+ +
YHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
ks if n > 1).
( + )+
YHN YHN Y H N YH N
Y H N Y H N YHN
4
Game Theory Basics 1st Edition
By Bernhard von Stengel. Chapters 1 - 12
1
,TABLE OF CONTENTS YH N YHN YHN
1 - Nim and Combinatorial Games
YHN YHN YHN YHN YHN
2 - Congestion Games
YHN YHN YHN
3 - Games in Strategic Form
YHN YHN YHN YHN YHN
4 - Game Trees with Perfect Information
YHN YHN YHN YHN YHN YHN
5 - Expected Utility
YHN YHN YHN
6 - Mixed Equilibrium
YHN YHN YHN
7 - Brouwer’s Fixed-Point Theorem
YHN YHN YHN YHN
8 - Zero-Sum Games
YHN YHN YHN
9 - Geometry of Equilibria in Bimatrix Games
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
10 - Game Trees with Imperfect Information
YHN YHN YHN YHN YHN YHN
11 - Bargaining
YHN YHN
12 - Correlated Equilibrium
YHN YHN YHN
2
,Game Theory Basics Y HN Y HN
Solutions to Exercises Y H N Y H N
© Y H N Bernhard von Stengel 2022 YHN YHN YHN
Solution to Exercise 1.1 YHN YHN YHN
(a) Let ≤ be defined by (1.7). To show that ≤ is transitive, consider x, y, z with x ≤ y and y ≤ z. If x = y then x
YH N YHN YHN YHN YHN Y H N YHN YH N YHN YHN Y HN YHN YHN Y HN YHN YHN YH N Y H N YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YH
≤ z, and if y = z then also x ≤ z. So the only case left is x < y and y < z, which implies x < z because < is t
N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N Y H N Y HN YHN YHN Y HN Y H N Y HN YHN YHN YHN YHN
ransitive, and hence x ≤ z. YHN YHN Y HN Y H N YHN
Clearly, ≤isreflexive because x = x and therefore x ≤ x. YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y HN YHN
To show that is≤antisymmetric, consider x and y with x y and y x. If ≤
YHN we had x ≠ y then
≤ x < y and y < YHN YHNYHNYHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHNYHNYHN YHN YHN YHNYHNYHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
x, and by transitivity x < x which contradicts (1.38). Hence x = y, as required. This shows that ≤is a
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y HN Y H N YHN YHN Y H N YHN YHN YHN YHN YHN YHN
partial order. YHN
Finally, we show (1.6), so we have to show that x < y implies x y and x ≠ y and vice
≤ versa. Let x < y, whi
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
ch implies x y by (1.7). If we had x = y then x < x, contradicting
YHN
≤ (1.38),sowealsohave x ≠ y. Conversely, YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N YHN
x yand x ≠ yimplyby(1.7)x < y or x = y where the second case is excluded,
YHNYHNY H N YHN
≤ hence x < y, as required.
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N Y H N Y HN Y HN Y H N Y H N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y HN Y H N Y H N YHN YHN
(b) Consider a partial order and assume ≤ (1.6) as a definition of <. To show that < is transitive, suppose YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
x < y, that is, x y and x ≠ y, and y < z, that is, y≤z and y ≠ z. Because is transitive, x z. If we
YHN YHN YHN
≤ had x = z then YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHNYHN YHN YHN YHNYHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
x y and y ≤x and hence x = y by≤
YHNYHNYHNYHNYHN antisymmetry of , which contradicts
YHN
≤ x ≠ y, ≤so we have x z and x ≠ YHN YHNYHNYHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y HN YHNYHNYHNY H N YHN YHN Y H N Y H N Y H N YHN YHN YHN Y H N YHNYHNYHNY H N Y HN Y H N Y H N Y H N
z, that is,x < z by (1.6), as required.
≤ ≤
YHN YHN YHN Y H N Y H N YHN YHN YHN YHN
Also, < is irreflexive, because x < x would by definition mean x x and x ≠ x, but ≤
YHN the latter is not true.
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
Finally, we show (1.7), so we have to show that x ≤ y implies x < y or x = y and vice versa, given that <
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
is defined by (1.6). Let x ≤ y. Then if x = y, we are done, otherwise x ≠ y and then by definition x < y. H
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
ence, x ≤ y implies x < y or x = y. Conversely, suppose x < y or x = y. If x < y then x ≤ y by (1.6
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N Y H N YHN YHN YHN YHN Y H N YHN Y H N Y H N YHN YHN Y H N YHN YHN YHN
), and if x = y then x ≤ y because ≤is reflexive. This completes the proof.
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N Y HN YHN YH N YHN YHN Y H N YHN YHN YHN
Solution to Exercise 1.2 YHN YHN YHN
(a) In analysing the games of three Nim heaps where one heap has size one, we first lookat some exa
Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N YHN YHN YHN
mples, and then use mathematical induction to prove what we conjecture to be the losing positions. A lo
YH N YH N YHN YHN YH N YHN YHN YHN YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
sing position is one where every move is to a winning position, because then the opponent will win.
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YH N Y HN YH N YHN YH N YH N Y H
The point of this exercise is to formulate a precise statement to be proved, and then to prove it.
N YHN Y HN YHN YHN YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
First, if there are only two heaps recall that they are losing if and only if the heaps are of equal size.
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N
If they are of unequal size, then the winning move is to reduce thelarger heap so that both heaps hav
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
e equal size.
YHN YHN
3
, Consider three heaps of sizes 1, m, n, where 1 m n. We≤observe ≤ the following: 1, 1, m is winning, b YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHNYHNYHN YHNYHNYHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
y moving to 1, 1, 0. Similarly, 1, m, m is winning, by moving to 0, m, m. Next, 1, 2, 3 is losing (observe
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
d earlier in the lecture), and hence 1, 2, n for n 4 is winning. 1, 3, n is winning for any n 3 by moving t
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
o 1, 3, 2. For 1, 4, 5, reducing any heap produces a winning position, so this is losing.
≥ ≥
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
The general pattern for the losing positions thus seems to be: 1, m, m 1, for even numbers
YHN
+ m. Thisi YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N YHN
ncludesalsothecase m =0,whichwecantakeasthebasecaseforan induction. We now proceed to pr YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N YHN YHN YHN YHN
ove this formally. YHN YHN
First we show that if the positions of the form 1, m, n with m n are losing when YHN
≤ m is even and n = m YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHNYHNYHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
1, then these are the only losing
YHN
+ positions because any other position 1, m, n with m n is winni YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y HN Y H N YHN Y H N Y H N Y H N YH N
ng. Namely, if m = n then ≤ a winning move from1, m, m is to 0, m, m, so we can assume m < n. If m is
Y H N YHN YH N Y H N YHN Y H N YHN YH N YHN YHN YHN YHN Y HN YH N Y HN YH N YH N YHN YHN YHN Y HN YHN YHN YHN YH N Y H N YHN YHN YH N
even then n > m 1 (otherwise we would be in the position 1, m, m 1) and so the winning mov
+
YH N YHN YHN YH N Y H N Y H N YHN YHN YHN YHN YH N YHN YHN YH N YHN Y HN Y H N Y H N YH N YH N Y HN YH N YH N
e is to 1, m, m 1. If m is odd then the winning move is to 1, m, m 1, the same as position 1, m 1, m (thi
+ +
Y HN YHN YHN YH N Y HN Y H N Y H N YHN YHN YH N Y HN Y HN YH N YHN YH N YHN YH N Y HN YHN YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YH N YHN
s would also be a winning move from 1,m,m so there the winning move is not unique).
– −
YHN Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N YHN YHN Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N
Second, we show that any move from 1, m, m + 1 with even m is to a winning position,using as inductive YH N YHN YHN Y HN YH N Y HN Y HN YHN YHN YHN YH N YHN YH N YH N YHN YH N YH N YHN YHN YHN YHN YHN Y
hypothesis that 1, mJ, mJ + 1 for even mJ and mJ < m is a losing position. The move to 0, m, m + 1 produ
HN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
ces a winning position with counter- YHN YHN YHN YHN YHN
move to 0, m, m. A move to 1, mJ, m + 1 for mJ < m is to a winning position with the counter- YHN YHN YHN Y HN YHN YHN Y HN YHN YHN YHN Y HN YHN Y HN YHN YH N YHN Y HN YHN YHN YHN Y HN YH N Y HN YHN
move to 1, mJ, mJ + 1 if mJ is even and to 1, mJ, mJ − 1 if mJ is odd. A move to 1, m, m is to a winning positi
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YH N YH N YHN Y HN YHN YHN YHN YH N
on with counter- YH N YH N
move to 0, m, m. A move to 1, m, mJ with mJ < m is also to a winning position with the counter-
YHN YH N YH N YHN Y HN YHN Y HN YHN YHN YHN YHN Y H N YH N Y H N YHN YH N YH N Y HN YH N YH N YHN YH N YH N
move to 1, mJ − 1, mJ if mJ is odd, and to 1, mJ 1, mJ if mJ is even (in which case mJ
YHN 1 < m because YH N YH N YH N YH N YH N YH N Y H N YHN Y HN YHN YH N YH N YH N Y H N YH N YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YH N Y H N YH N YH N YHN YH N
m is even). This concludes the induction proof.
+ +
YHN YH N YHN YHN YHN YHN YHN
This result is in agreement with the theorem on Nim heap sizes represented as sums of powersof2:
Y HN YHN YHN YHN YH N YH N YHN YHN Y HN YH N YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N
1 m Y n∗islosing
+∗ +∗ ifandonlyif, exceptfor20, thepowersof2making upm and n come in pairs. So the
H N Y H N Y H N Y H N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YH N Y HN YH N YHN Y HN YHN YH N
se must be the same powers of 2, except for 1 = 20, which occurs in only m or n, where we have assumed t
Y H N
YHN YHN YHN YHN YHN YH N YHN YHN YH N YHN YH N YHN YHN YHN YHN Y HN YH N YH N YH N YH N Y HN YHN YHN Y HN
hat n is the larger number, so 1 appearsin the representation of n: We have m = 2a 2b 2c
YH N YH N Y HN YH N Y HN YH N YH N YHN YHN Y H N Y H N YH N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N
YHNYHNYHNYHNYHNY H N YHNYHNYHNYHNYHNY H N
for a > b > c > 1,so m
+ +c + · · · ··· ≥
Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N YHNYHNYHNYHNYHNYHNYHNY H N YHN Y H N Y H N
is even, and, with the same a,b, c,..., n = 2 a 2 b 2 1 = m 1. Then Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N
Y H N Y HN Y H N YH N YHN Y H N
+ + + ··· + +
Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N YHN YHN YHN YHN YHN Y H N Y H N Y H N Y H N Y H N YHNYHNYHNY H N Y H N
∗1 m + ∗ +n∗ 0.≡∗ The following is an example using the bit representation where
Y H N Y H N Y HN Y H N
YHNYHNYHNYHNYHNY H N YHNYHNYHNYHNY H N YHNYHNYHNYHNYHNY H N Y H N YH N YH N YH N YH N Y H N Y HN YH N YH N Y HN
Y H N Y H N Y H N YHN
m = 12 (which determines the bit pattern 1100, which of course depends on m):
YH N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
1 = 0001
12 = 1100
13 = 1101
Nim-sum 0 = 0000
(b) We use (a). Clearly, 1, 2, 3 is losing as shown in (1.2), and because the Nim-
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
sum of the binary representations 01, 10, 11 is 00. Examples show that any other position iswinni
YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
ng. The three numbers are n, n 1, n 2.+
If n is even
Y HN
+ then reducing the heap of size n 2 to 1 creates YHN Y HN YH N YHN YH N Y H N YH N Y H N Y H N YH N Y HN YH N YHN YHN Y HN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
the position n, n 1, 1 which is losing as shown in (a). If n is odd, then n 1 is even and n 2 = n 1
+ +
YHN YHN YHN Y H N YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN Y H N YHN YHN YHN YHN YHNYHNYHN YHN Y H N YHNYHNYHN YHN
1 so by the same argument, a winning move is to reduce the Nim heap of size n to 1 (which only wor
+ +
YHNYHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN YHN
ks if n > 1).
( + )+
YHN YHN Y H N YH N
Y H N Y H N YHN
4
