斐波那契博弈：

有一堆個數為n的石子，遊戲雙方輪流取石子，滿足：
1)先手不能在第一次把所有的石子取完；
2)之後每次可以取的石子數介於1到對手剛取的石子數的2倍之間（包含1和對手剛取的石子數的2倍）。
約定取走最後一個石子的人為贏家，當n為斐波那契數時，先手必敗；否則先手必勝。

1. 證明n為斐波那契數時，先手必敗：

假設如今有 $n$個石子，分成兩堆，有 $n$

• $a &lt; \frac{f[k-1]}3$ 時： $b &lt; \frac{2f[k-1]}3$，此時 $(a+b)$< $f[k-1]$，先手後手都沒能將 $f[k-1]$堆取完。經過這一輪，還是剩下兩堆石子，又回到原來的問題。a如果想贏的話，必然想要一下子取完剩下的 $f[k]$，也就要求 $b$取的儘量多，這種取的方法不是每次取的最優策略。
• $a = \frac{f[k-1]}3$ 時：
  - 如果 $b$ < $\frac{2f[k-1]}3$，此時仍有 $(a+b)$< $f[k-1]$，還是回到原來的問題。
  - 如果 $b$ = $\frac{2f[k-1]}3$，則 $(a+b)$= $f[k-1]$， $f[k-1]$堆被取完。接下來該先手取， $a$ 最多為 $\frac{4f[k-1]}3$。那麼接下來證明a的最大值小於剩下的石子數目的大小： $\frac{\frac{4f[k-1]}3}{f[k]}=\frac{4f[k-1]}{3f[k]}=\frac{4f[k-1]}{3(f[k-1]+f[k-2])}=\frac{4}{3(1+\frac{f[k-2]}{f[k-1]})}&lt;1$即：
  $f[k-1]=f[k-2]+f[k-3]&lt;3f[k-2]$
  $f[k-3]&lt;2f[k-2]=2f[k-3]+2f[k-4]$
  $0&lt;f[k-3]+2f[k-4]$
  該式恆成立，即 $a_{max}=2b=\frac{4f[k-1]}{3}&lt;f[k]$，所以此時先手不能取完 $f[k]$。在不回到原來問題的條件下， $f[k]$堆剩下的石子一定被後手，也就是 $b$取完，一定是先手敗，因為先手(即 $a$)取不完當前的堆。
• $\frac{f[k-1]}3 &lt; a &lt; f[k-1$