博弈论
博弈论又被称为对策论（Game Theory），既是现代数学的一个新分支，也是运筹学的一个重要学科。 博弈论主要研究公式化了的激励结构间的相互作用，是研究具有斗争或竞争性质现象的数学理论和方法。
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巴什博弈
在一个风和日丽的下午，甲熊猫头对乙熊猫头说：
乙熊猫头回应：
规则如下：
有一堆石子，假设有n个，二熊猫轮流从这对石子中拿走一定数量的石子（最少1个，最多m个），最后一次操作的玩家获胜。
这个游戏看似杂乱，但是实际蕴含着深刻的数学原理。
由规则可以想到必胜的状态：甲熊猫，拿完石子之后，剩余m+1个石子，那么乙熊猫怎么取都不会获胜，并且在乙熊猫做完这次操作之后，甲熊猫一定能拿走剩余所有的石子，继而获胜。
这样貌似找到了必胜的状态：
总石子的个数n 表示为
(m + 1) * k + r , (k = 1,2,3,4,…., 0 <= r < m + 1）
如果r == 0, 那么先手拿了x个石子，后手只需要拿走m + 1 – x 个石子保证剩余石子是m + 1的倍数，那么就会出现必胜态，从而后手一定能获胜。
如果r ！= 0,那么先手拿走r个石子，后手拿走x个石子，轮到先手再拿的时候，只需要拿走m + 1 – x个石子，保证剩余石子是m + 1的倍数，就会出现必胜态，从而先手一定能获胜。
威佐夫博弈
规则
有两堆石子，各有n和m块石子，双方轮流取石子，每次操作：
- 从其中一堆石子中取若干（最少1个）
- 从两堆石子取相同个数的若干（最少1个）
最后一次操作的一方获胜。
用(a, b)表示一个操作的状态，显然当一方面临（0,0），此时是必败态。在平面直角坐标系上，首先标出（0,0）是必败态，那么（0,k）（k,0）(k,k)就是必胜态，同时(1,k),(k,2),(1+k,2+k)…均为必胜态，如下图。
通过上图可以发现必败态为（0,0）（1,2）（3,5）（4,7）（6,10）….，定义此问题中的必败态为“奇异局势”，可以想到的必败态：（0，0）为必败态，第k个必败态的|a – b|必定为k，已知前k个必败态，那么第k+1个必败态的的第一个数为，前k个必败态中没出现过的最小数。
奇异局势的三个性质：
- 任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中
- 任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势
- 采用适当的方法，可以将非奇异局势变为奇异局势
给定状态，如何判断是否为“奇异局势”？
Beatty定理
设α、β是正无理数且 1/α +1/β =1。记P={ [na] | n为任意的正整数}，Q={ [nβ] | n 为任意的正整数}，([x]'指的是取x的整数部分)则P与Q是Z+的一个划分，即P∩Q为空集且P∪Q为正整数集合N+。
——360百科
“奇异局势“是贝蒂定理的特例，通过构造“奇异局势”的通项（x, y），继而判断。
设an = [n *α]
bn = [n * b]
贝蒂定理满足“奇异局势”的性质：1.递增，2.任何一个自然数只会在（an, bn）中出现一次。所以只需要构造出|an – bn| = n即可，即a + 1 = b
解方程：
1 / a + 1 / (a +1) = 1 得 a = (sqrt(5) + 1) / 2 = 1.618...(黄金分割数)
结论：当处于“奇异局势”时，先手必败，否则先手必胜。
如何判断是否处于“奇异局势”：当ak=[k(1+sqrt(5))2] 判断bk是否等于ak+k。
尼姆博弈
规则：有三堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
假设有两个人A，B，并且有若干堆物品，A先手，是A必胜，还是B必胜，必胜的策略是什么？
为了更容易的理解，现在考虑一种特殊情况，如果只有两堆物品，如果两堆物品相同的话，A先从一堆中取走x个物品，那么B只需要从另一堆中同样取走x个物品保证两堆物品的数量相同，那么这样就能保证B获得最后的胜利，这样就得到必胜的策略，保证每堆物品的数量是相同的。
这种2-堆的NIM博弈，也可以扩展到k-堆的NIM博弈中，任意一个数都可以表示成n个二进制的加和，例如 57=2^0+2^3+2^4+2^5，我们可以将这堆物品（57个）是有2^0个，2^3个，2^4个，2^5个这些子堆组成的，显然如果最后每种子堆的数量是偶数，那么先手必败，如果是奇数那么先手必胜，这就是如果n堆物品的异或为零，那么每种子堆的数量就是偶数，先手必败，如果不为零，那么每种 子堆的数量就是奇数，先手必胜，到此NIM博弈结论证明完毕。
定理：
设a、b是正无理数且 1/α +1/β =1。记P={ [nα] | n为任意的正整数}，Q={ [nβ] | n 为任意的正整数}，([x]'指的是取x的整数部分)则P与Q是Z+的一个划分，即P∩Q为空集且P∪Q为正整数集合Z+。
Beatty定理证明：
定理：
设a、b是正无理数且 1/a +1/b =1。记P={ [na] | n为任意的正整数}，Q={ [nb] | n 为任意的正整数}，([x]'指的是取x的整数部分)则P与Q是Z+的一个划分，即P∩Q为空集且P∪Q为正整数集合Z+。
I.任一个整数至多在集合P或Q中出现一次
因为a、b为正且1/a +1/b=1，则a、b>1，所以对于不同的整数n，[na]各不相同，类似对b有相同的结果。因此任一个整数至多在集合P或Q中出现一次。
II.P∩Q为空集
现证明P∩Q为空集:(反证法)假设k为P∩Q的一个整数，则存在正整数m、n使得[ma]=[nb]=k。即k < ma、nb<k+1，等价地改写不等式为
m/(k+1)< 1/a < m/k及n/(k+1)< 1/b < n/k。相加起来得 (m+n)/(k+1) < 1 < (m+n)/k，即 k < m+n < k+1。这与m、n为整数有矛盾，所以P∩Q为空集。
III.Z+=P∪Q
现证明Z+=P∪Q:已知P∪Q是Z+的子集，剩下来只要证明Z+是P∪Q的子集。(反证法)假设Z+(P∪Q)有一个元素k，则存在正整数m、n使得[ma]< k <[(m+1)a]、[nb]< k <[(n+1)b]。 由此得ma < k ≦[ (m+1)a]-1<(m+1)a -1(因为a是无理数)，类似地有nb < k ≦[ (n+1)b]-1<(n+1)b -1。等价地改写为 m/k < 1/a < (m+1)/(k+1)及n/k < 1/b < (n+1)/(k+1)。两式加起来，得
(m+n)/k < 1 < (m+n+2)/(k+1)，即m+n < k < k+1 < m+n+2。这与m, n, k皆为正整数矛盾。