МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЕМ. Часть 8
Математические задачи с решениями: расчетные, головоломные и на стратегии математических игр. Источники разнообразные, только решения таких задач не является объектом авторского права.
Двое проводят время за игрой: по очереди называют не превосходящие 100 простые числа так, чтобы последняя цифра числа, названного одним игроком, была равна первой цифре числа, которое следующим ходом называет второй (кроме самого первого простого числа, названного в игре). Повторять уже названные ранее числа нельзя. Проигрывает тот, кто не может назвать по этим правилам очередное простое число. Докажите, что один из игроков может действовать так, чтобы гарантированно обеспечить себе выигрыш, и найдите наименьшее возможное количество простых чисел, которые будут использованы обоими игроками в такой игре.
Решение:
Опишем выигрышную стратегию для первого игрока. Сначала первый игрок называет простое число, заканчивающееся на 9 и отличное от 79 (например, 19). Поскольку среди чисел 90, ..., 99 простым является только число 97, следующим ходом второй игрок должен назвать это число. Тогда третьим ходом первый игрок называет 79, и второй проигрывает. За меньшее число ходов первый игрок выиграть не может, так как для любой цифры от 1 до 9 существует простое число из первой сотни, которое начинается с этой цифры.
Ответ: 3
На доске написаны числа от 1 до 32. Анна и Белла играют в игру, по очереди стирая числа. Первой ходит Белла. Побеждает та девочка, после хода которой произведение оставшихся чисел не будет делиться на 10. Кто из девочек может победить, как бы ни играла ее соперница? Если игра закончилась только тогда, когда чисел не осталось вообще, то побеждает девочка, вычеркнувшая последнее число.
Решение:
Разобьем числа от 1 до 32 на 4 группы: есть три числа, которые делятся на 10; три числа, которые делятся на 5, но не делятся на 10; 13 нечетных чисел, не делящихся на 5 и 13 четных чисел, не делящихся на 5. Будем играть за Анну. Разобьем все числа в группах, кроме одного, на пары. Сами группы также разобьем на пары, 3-3 и 13-13. Если Белла ходит в новую группу, из которой девочки числа еще не стирали, то Анна стирает число из парной группы. Если же Белла ходит в группу, из которой числа уже стирали, то Анна стирает число из той же группы. Заметим, что ни из какой группы Белла не сможет забрать последнее число. Это значит, что если до хода Беллы произведение оставшихся чисел делилось на 10, то и после ее хода оно все еще делится на 10. Поэтому Белла не может победить, значит, побеждает Анна, так как последний ход также делает она.
Ответ: Анна.
На шахматную доску размера 8×8 произвольным образом уложены 8 фигурок домино, каждая из которых занимает две соседних по стороне клетки. Разные домино не имеют общих клеток. Докажите. Что на доске всегда найдётся квадрат размера 2 на 2 клетки, ни одна клетка которого не закрыта домино. Верно ли это, если на доске уложены 9 домино?
Решение:
На доске 8×8 квадрат размера 2×2 можно выбрать 49 способами, а каждая фигурка домино имеет хотя бы одну общую клетку максимум с 6 квадратами 2×2. Следовательно, 8 фигурок домино «закрывают» клетки максимум в 48 квадратиках 2×2, поэтому найдется хотя бы один, ни одна клетка которого не закрыта домино.
Пример 9 домино, уложенных так, что в каждом квадрате 2×2 хотя бы одна клетка будет закрыта одним из домино: в шахматной записи домино лежат так –
(b2, b3), (d2, d3), (e4, e5), (e6, e7), (g6, g7), (b5, c5), (b7, c7), (f2, g2), (f4, g4).
Ответ: Для 9 домино это неверно.
На столе лежат карточки, на которых написаны по разу все делители числа 2000 причем на каждой карточке написан один из делителей. Два игрока по очереди берут себе по одной карточке. Проигрывает тот, у кого число на одной из его карточек делится на число на другой из его карточек. Кто выигрывает при правильной игре?
Решение:
Поделим все карточки на пары: d – 2000/d. Все карточки так разобьются, так как 2000 — не квадрат числа. Будем играть за второго и брать каждым ходом парную карточку к карточке первого. Если вдруг у нас оказались два числа x и y такие, что x кратно y, то у нашего соперника уже было два числа 2000/x и 2000/y, причем 2000/y кратно 2000/x, так как 2000/y:2000/x=x/y — целое, так как x кратно y, то есть первый бы уже проиграл. Значит, у нас всегда есть ход, а так как игра конечна, то мы и выиграем.
Ответ: Второй.
На пятидесятой клетке полосы длиной 100 клеток стоит фишка. Играют двое. Каждый может своим ходом передвинуть фишку на одну или две клетки в ту или иную сторону. Запрещено ставить фишку на те клетки, где она уже побывала. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выиграет при правильной игре — начинающий или его партнер?
Решение:
Первый ход сделаем на одну клетку назад, возможны два варианта, если второй игрок ходит назад, то мы разбиваем первые 48 клеток на пары соседних и будем ходить во вторую клетку пары. Если же второй игрок сходил направо на две клетки, то разбиваем последние 50 клеток на пары соседних и действуем аналогично.
Ответ: Начинающий.
На столе стоят в ряд n пустых стаканов. Андрей и Борис по очереди (начиная с Андрея) наливают в них напитки: Андрей — лимонад, Борис — компот. За один ход игрок может заполнить один пустой стакан на свой выбор так, чтобы после его хода не образовалось два соседних стакана с одинаковым напитком. Если в результате действий игроков заполняются все стаканы, то игра заканчивается вничью. В противном случае проигрывает игрок, не имеющий хода. При каких n Борис выиграет вне зависимости от действий Андрея?
Решение:
Занумеруем стаканы слева направо числами от 1 до n. При n=1 и n=2 очевидно, будет ничья. Если n равно 4 или 6, то Андрей первым ходом наливает лимонад в первый стакан. При n=4 Андрей сможет еще заполнить один из двух последних стаканов и, значит, не проиграет. В случае n=6 Андрей вторым ходом заполняет последний стакан (если он пуст), а затем — один из двух средних; если же последний стакан заполнил Борис, то Андрей наливает компот в третий стакан, а затем — в пятый. В любом случае Андрей не проиграет. Рассмотрим теперь n отличное от {1, 2, 4, 6}.
Докажем два утверждения.
1) Если Борис своим первым ходом заполняет стакан с номером 1, то далее у него всегда будут ходы. Назовем сегментом набор стаканов, стоящих между двумя последовательными стаканами с лимонадом. По условию каждый сегмент непуст, а любой стакан сегмента либо не заполнен, либо содержит компот. Пусть k≥2. После k-го хода Пети образуется k-1 сегмент. Борис на этот момент заполнил k-1 стакан, в том числе первый, который не входит ни в один сегмент. Тогда найдется такой сегмент, что все входящие в него стаканы пусты. В один из них Борис и может налить компот.
2) Если Борис своим первым ходом заполняет стакан с номером 1, то он не может проиграть. Действительно, в силу 1) Борис всегда будет иметь ход, и, значит, добьется как минимум ничьей. Опишем победную стратегию Борис. Свои м первым ходом Борис всегда наливает компот в крайний стакан (можно считать, что в первый, иначе перенумеруем стаканы в обратном порядке). В силу 2) до статочно показать, что Борис сможет избежать ничьей.
Рассмотрим два случая.
a) Когда n нечетно, Борис может играть произвольным образом. Ничья невозможна, поскольку в этом случае последний стакан заполнил бы Андрей, что противоречит 1).
б) Когда n=2m при m≥4, cвоим вторым ходом Борис должен заполнить стакан с четным номером, большим 2. Это возможно, так как имеется не менее трех стаканов с такими номерами и, значит, один из них пуст. Далее Борис может играть произвольным образом. Допустим, что игра завершилась вничью. Тогда m стаканов с лимонадом разместились на позициях 2, 3, ..., 2m. Они должны располагаться на четных местах, поскольку никакие два стакана не стоят рядом. Но это невозможно, так как четных мест всего m и одно из них уже использовал Борис.
Ответ: при n отличном от {1, 2, 4, 6}.
Андрей и Борис играют в следующую игру. На доске 20×99 они по очереди рисуют треугольники с вершинами в центрах клеток доски. При этом стороны треугольников не могут иметь общих точек (включая и вершины). Проигрывает тот, кто не может сделать очередной ход. Первым ходит Андрей. У кого из игроков есть выигрышная стратегия?
Решение:
Пусть первым ходом Андрей выбирает треугольник с вершинами, имеющими координаты (1,51), (1,49) и (20,50). Легко видеть, что внутрь этого треугольника уже ходить нельзя. Тогда остались две одинаковые фигуры, в которые можно ходить. Далее Андрей будет повторять ходы Бориса симметрично, поэтому он всегда сможет сходить, а, следовательно, выиграет.
Ответ: У Андрея.
На столе лежат 2021 красных и 2022 зелёных камня. Андрей и Борис делают ходы по очереди. Андрей ходит первым. При каждом ходе игрок выбирает цвет и удаляет n камней этого цвета, где число n должно быть делителем текущего числа камней другого цвета. Кто возьмёт последний камень, тот выиграет. Кто из игроков может обеспечить себе победу независимо от ходов соперника?
Решение:
Пусть Андрей возьмёт 1 камень из второй кучки (число 1 является делителем числа 2021), то есть число камней станет равным. Дальше его стратегия очень проста — повторять ход Бориса в другой кучке. Если Борис нашёл делитель d числа n и забрал d камней из какой-то кучи, то Андрей может забрать d камней из другой кучки (в которой перед её ходом тоже будет n камней), поскольку число d является делителем текущего числа n-d камней в кучке, откуда брал Борис. Раз игра когда-нибудь закончится, то Андрей победит.
Ответ: Андрей.
Дана куча из 2018 камней. Андрей и Борис по очереди делят одну из куч, в которой не меньше 3 камней, на 3 кучи (в каждой новой куче хотя бы один камень). Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Начинает Андрей. Кто может обеспечить себе победу, как бы ни играл соперник?
Решение:
Приведем одну из возможных выигрышных стратегий Андрея. Первым ходом разложим данную кучу на три кучи, в которых 1008, 2, 1008 камней. Заметим, что теперь вторую кучу (обозначим ее X в которой два камня, делить нельзя. Далее будем ходить симметрично относительно этой второй кучи: то есть повторять зеркально ход Бориса в другую сторону относительно X. Если у Бориса был ход, то и у Андрея ход есть. При этом игра когда-то закончится, так как количество куч всегда увеличивается на две, а больше 2018 оно стать не может. Значит, Андрей победит.
Ответ: Андрей.
Дан квадрат 20×20. Андрей и Борис по очереди вычеркивают клетки этой таблицы, за один ход — все клетки одного столбца или все клетки одной строки. При этом каждым ходом должна быть вычеркнута хотя бы одна новая клетка. Начинает Андрей, выигрывает тот, кто вычеркнет последнюю клетку. Кто может выиграть, как бы ни играл соперник?
Решение:
Будем на месте Бориса красить линию, симметричную той, что только что закрасил Андрей. Так как до очередного хода Андрея картинка была симметричной, то, раз Андрей закрасил хотя бы одну новую клетку, то и Борис хотя бы одну новую клетку закрасил. Значит, у Бориса всегда есть ход, а так как игра рано или поздно закончится, именно он сделает последний ход.
Ответ: Борис.
Из шахматной доски вырезана угловая клетка. Двое по очереди расставляют на доске не бьющие друг друга ладьи. Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Кто выиграет при правильной игре?
Решение:
Пусть вырезана угловая клетка, находящаяся в первой горизонтали и первой вертикали. Не более чем двумя первыми ходами второй может добиться, чтобы в первой горизонтали и первой вертикали стояло по ладье. После этого получается игра с постановкой не бьющих друг друга ладей на доску 6x6, получающейся из исходной доски удалением первых горизонтали и вертикали, а также горизонтали, где стоит ладья с первой вертикали, и вертикали, где стоит ладья с первой горизонтали. А это, очевидно, игра-шутка, которая заканчивается, когда на доске 6 ладей. Итак, при такой игре второго в игре будет сделано ровно 8 ходов, и второй победит.
Ответ: Второй.
Два игрока, Первый и Второй, играют в следующую игру: они кладут на стол кучку из 2017 камней, дальше ходят по очереди. Начинает Первый. Первый может удалить 1 камень, после этого Второй может удалить 1 или 2 камня; после этого Первый может удалить 1,2,3 или 4 камня и т.д. На n-м ходу игрок может удалить от 1 до 2^(n-1) камней. Игрок, после хода которого на столе не останется камней, выигрывает. Кто может победить, как бы ни играл другой игрок?
Решение:
Заметим, что если в какой-то момент игры игрок во время своего хода может взять от 1 до 2048 камней, то он этим ходом может выиграть, взяв просто все оставшиеся камни. Заметим, что такая возможность взять от 1 до 2^11 камней появляется именно у второго игрока (на его 6-м ходу). Осталось ему сделать так, чтобы он не проиграл в предыдущие ходы. Так, играя за второго, будем каждым ходом брать 1 камень. Тогда после каждой пары ходов первого и второго (когда второй еще получил возможность брать от 1 до 2048 камней) будет оставаться хотя бы 2017-(1+1)-(4+1)-(16+1)-(64+1)-(256+1)=1671 камней, то есть первый не может забрать все оставшиеся. Перед ходом, когда второй сможет взять до 2048 камней, первый может взять от 1 до 1024 камней, что меньше оставшегося количества, то есть первый точно не победит. Итак, 6-м своим ходом второй игрок забирает все оставшиеся и выигрывает.
Ответ: Второй.
Андрей и Борис играют в игру. На доске написано число 112233344455555666677777. За один ход разрешается стереть любое число одинаковых цифр. Выигрывает тот, кто сотрет последнюю цифру. Андрей ходит первым. Может ли он ходить так, чтобы гарантированно выиграть?
Решение:
Первым ходом Андрей может, например, стереть все цифры 7. Оставшиеся группы одинаковых цифр можно разбить на пары:
11 – 22, 333 – 444, 5555-6666
После этого Андрей (относительно средней черты) повторяет ходы Бориса: стирает цифры “парные” ходу Бориса и в таком же количестве.
Ответ: Да, может.
В крайней левой клетки полоски 1×100 стоит фишка. Андрей и Борис играют в игру, начинает Андрей. За ход разрешается сдвинуть эту фишку на одну или две клетки вправо. Выигрывает тот, кто поставит фишку в самую правую клетку. Кто из игроков может победить, как бы ни играл соперник?
Решение:
Покажем стратегию игры за Бориса. Каждым ходом будем двигать фишку на 1 клетку, если Андрей своим предыдущим ходом подвинул ее на 2 клетки, и на 2 в противном случае.
Докажем, что данная стратегия является выигрышной. После каждой пары ходов Андрея и Бориса фишка будет передвинута на 3 клетки, следовательно, после k хода Бориса фишка будет передвинута на 3k клеток. Наконец, после 33 хода фишка будет передвинута на 99 клеток и окажется в последней.
Ответ: Борис.
Есть 4 кучи из 101, 102, 103 и 104 камней. Двое играют в игру, по очереди удаляя по одному камню из двух разных куч. Игрок, который не может сделать ход (взять по камню из двух куч), проигрывает. У кого из игроков, начинающего или его соперника, есть выигрышная стратегия?
Решение:
Сначала возьмём по одному камню из куч 102 и 104. Далее, если второй игрок берёт из некоторых двух куч, то мы берём из двух оставшихся. Так будем продолжать, пока можем делать ход. После каждой пары ходов будут оставаться кучки n+2, n+2, n, n. Если мы не сможем сделать ход по нашей стратегии, тогда второй игрок на предыдущем шаге уменьшил 2 большие кучки, при этом в меньших кучках камней нет. Поэтому осталась позиция 1, 1, 0, 0. Тогда просто взяв из двух непустых куч по камню, мы победим.
Ответ: У первого игрока.
Двое играют в такую игру. Они по очереди называют четырёхзначные числа, у которых нет нулей в записи, а сумма цифр делится на 9. При этом каждое следующее число должно начинаться с той же цифры, на которую кончается предыдущее, например: 3231 — 1539 — 9756 — 6561 ... Повторять числа нельзя. Тот, кто не может назвать очередное число, проигрывает. Кто из игроков — начинающий или его соперник — может выиграть независимо от игры другого?
Решение:
Выигрывает первый игрок. Одна из возможных стратегий такова. Он называет число 9999, а потом в ответ на любое число ABCD названное вторым, называет число DCBA то же самое число «задом наперёд». Заметим, что после этого второму опять придётся назвать число, которое начинается на 9. Первый игрок всегда может сделать ход, ведь подходящих чисел вида 9BB9 (кроме 9999) больше нет.
Замечание. В качестве начального числа первый игрок может использовать любой другой палиндром (то есть число, читаемое в обоих направлениях одинаково): 1881, 2772 и т. д.
Ответ: Начинающий.
Имеется круглый стол с 16 секторами, на которых по кругу написаны числа 0, 1, 2, …, 7, 8, 7, …, 2, 1. За столом сидят 16 игроков, пронумерованных по порядку. После каждого вращения стола каждый игрок получает столько очков, сколько написано на секторе, за которым он оказался после остановки стола. Оказалось, что после 13 вращений стола игрок под номером 5 набрал 72 очка, а игрок под номером 9 в сумме 84 очка. Сколько очков набрал игрок под номером 1?
Решение:
Игроки №5 и №9 вместе набрали:
72+84=156=13×12.
За одно вращение они могут вместе получить не более 12 очков. Значит, в каждом из 13 вращений они вместе получили 12 очков. Заметим, что 12 очков они получают в виде одной из сумм 8+4, 7+5, 6+6, 5+7 или 4+8, когда сектор 8 оказывается перед одним из них или между ними, то есть перед одним из игроков с номерами 6, 7, 8. В каждом из этих пяти случаев игрок №1 получает соответственно 4, 3, 2, 1 или 0 очков. Это можно выразить формулой:
Х1=(Х5-Х9)/2+2,
где Хn – количество очков за это вращение у игрока с номером n. Тогда количество очков игрока №1 после 13 вращений равно:
(72-84)/2+2×13=20.
Ответ: 20.
Андрей и Борис играют в игру. У них есть полоска из 10 клеток. Каждым ходом игрок вписывает любую цифру в любую свободную клетку. Однако ходят они не по очереди. Сначала Андрей делает столько ходов, сколько захочет (но меньше 10); потом он просит Бориса сделать один ход; после этого Андрей делает все оставшиеся ходы. Андрей выиграет, если результирующее число окажется точным квадратом; в противном случае выигрывает Борис. При этом они считают, что число может начинаться с одного или нескольких нулей. У кого из игроков есть выигрышная стратегия?
Решение:
Выигрышная стратегия есть у Андрея. Например, такая: он пишет в двух последних клетках 04. Заметим, что если число кончается на 02 или 52, то его квадрат кончается на 04. Докажем, для любого хода Бориса Андрей сумеет найти точный квадрат.
Пусть Борис сходил в разряд сотен. Рассмотрим квадраты чисел 2, 52, 102, 152, 202, 252, 302, 352, 402, 452. Найдём разность между двумя соседними квадратами:
(50a+2)2=2500a2+200a+4
(50a+52)2=2500a2+5200a+2704
откуда
(50a+52)2-(50a+2)2=5000a+2700=700 mod 1000.
Значит, цифра сотен каждого следующего из этих чисел получается из предыдущего увеличения на 7 по модулю 10. Следовательно, цифры сотен во всех этих числах разные (0, 7, 4, 1, 8, 5, 2, 9, 6, 3). Поэтому, если Борис сходит в разряд сотен, Андрей сумеет дополнить число до квадрата.
Пусть Борис сходил в разряд тысяч, то есть имеем число ******xy04, где x задано Борисом. Рассмотрим ряд чисел
(100a+2)2=10000a+400a+4,
где a=0, 2, …, 24. В этих числах xy образуют арифметическую прогрессию с разностью 4 (04, 08, 12, ..., 96), поэтому для каждого x найдётся подходящий y.
Если Борис сходил в десятки тысяч, то рассуждения аналогичные: среди квадратов
1ǀ004ǀ004, 4ǀ008ǀ004, 9ǀ012ǀ004, 16ǀ016ǀ004, 25ǀ020ǀ004, …, 576ǀ096ǀ004
найдутся подходящие. Если Вася сходил в разряд сотен тысяч или больший, то такие рассуждения приводят к рассмотрению слишком больших чисел, но работает другая идея: попытаемся сделать цифру Бориса первой ненулевой цифрой в нашем числе.
Заметим, что квадраты соседних чисел в ряду
2, 52, …, 902, 952
различаются менее чем на 100 000 (это следует из формулы квадрата суммы), 9522 > 900000, а поэтому цифра сотен тысяч пробегает в них все значения от 0 до 9. В ряду
2, 52, … 2902, 2952, 3002
квадраты соседних чисел различаются менее чем на миллион, а последний превышает 9 миллионов; значит, цифра миллионов пробегает все значения от 0 до 9.
Три старших разряда рассмотрим одновременно. В ряду
2, 52, …, 99902, 99952
квадраты соседних чисел различаются менее чем на 10 миллионов, а в числе
999522=9990402304
во всех трёх старших разрядах стоят девятки. Значит, каждый из трёх старших разрядов пробегает все значения от 0 до 9.
Ответ: У Андрея.
Правила интересной игры в крестики-нолики следующие. По окружности, чередуясь, расположено n крестиков и n ноликов. За ход разрешается поменять местами крестик и нолик, если только соответствующие знаки еще не менялись друг с другом местами. Если после хода игрока образовалось три одинаковых знака подряд, то он проиграл. Также проигрывает игрок, не имеющий хода. Андрей и Борис играют в интересные крестики-нолики, Андрей начинает. Кто выигрывает при правильной игре в зависимости от n?
Решение:
Разобьем крестики и нолики на пары (объединим в пары рядом стоящие крестики и нолики). Тогда если сходивший поменял крестик и нолик из разных пар местами, то мы поменяем парные к ним крестик и нолик местами.
Важно, что пары при этом у нас сохранятся, поэтому любая пара либо не менялась вообще, либо в ней поменялись и крестик, и нолик, поэтому ход у нас будет. Если же внутри пары меняют крестик и нолик, то мы возьмем другую пару и поменяем в ней крестик и нолик. Но вот осталась ли у нас пара или нет уже зависит от n. Если n четно, то описанной стратегией мы будем играть за второго, так как тогда после хода второго оставшихся пар всегда будет четно, а значит у второго всегда будет ход. Если n нечетно, то этой же стратегией играем за первого игрока, только первым ходом меняем крестик и нолик из одной пары, тогда пар останется четно, а дальше после хода первого пар всегда будет четно и у первого всегда будет ход.
Осталось понять, почему у нас не образовалось три крестика или три нолика подряд при такой стратегии (при любом n). Тут надо заметить, что мы ходим так, что пары крестик и нолик остаются в своих же парах (после хода того, за которого мы играем), но, если бы у нас образовались три крестика или три нолика подряд, это бы означало, что нашлась бы пара, в которой два крестика или два нолика, но такого быть не могло. Таким образом, стратегия работает.
Ответ: Андрей при нечётном n, Борис при чётном.
На доске записаны числа 1, 2, 3, …, 1000. Двое по очереди стирают по одному числу. Игра заканчивается, когда на доске остаются два числа. Если их сумма делится на три, то побеждает тот, кто делал первый ход, если нет — то его партнер. Кто из них выиграет при правильной игре?
Решение:
Первый способ . Сначала попробуем применить уже известную нам симметричную стратегию для второго игрока. Разобьем все числа на пары: 1 — 1000, 2 — 999, ..., 500 — 501 (то есть пары чисел, которые в сумме дают 1001). Если первый игрок стер число x, то второй стирает парное ему число — 1001-x. То есть после хода второго в каждой паре числа либо оба стерты, либо оба остались. Следовательно, два последних числа будут обязательно из одной пары, то есть их сумма будет ровно 1001, что не делится на 3. Таким образом второй всегда побеждает.
Второй способ . Теперь попробуем порешать эту задачу другим методом. Проанализируем момент, когда какой-то игрок побеждает или проигрывает, то есть последний ход. Так как последний ход четный, то его совершает именно второй игрок. Тогда перед последним ходом второго у нас осталось 3 числа. Какое число нужно выбрать в этот момент второму, чтобы он победил? Ему нужно оставить числа, сумма которых не кратна трем. Обозначим остатки по модулю 3 этих трех чисел за x, y, z.
Если среди них есть хотя бы два различных (пусть x и y), то хотя бы одно из чисел x+z и y+z не кратно трем (если оба кратны трем, то x и y совпадают с остатком числа z). Значит, у второго точно есть ход, после которого он побеждает.
Значит, второй может проиграть, только если все три остатка равны, причем равны нулю (иначе сумма любых двух чисел не кратна трем, то есть второй обязательно побеждает). Тогда второму нужно не допустить такую ситуацию. Что нужно сделать, чтобы в конце точно не осталось трех нулей?
Давайте каждым ходом второго игрока стирать числа, кратные трем (если такие еще есть). Тогда к последнему ходу второго вовсе не останется чисел, кратных трем (так как их сильно меньше половины всех чисел). То есть ситуации с тремя нулями точно не будет, и значит, второй победит.
Ответ: Второй.