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大致上是这样的：有两堆石子，不妨先认为一堆有10，另一堆有15个，双方轮流取走一些石子，合法的取法有如下两种：
1)在一堆石子中取走任意多颗；
2)在两堆石子中取走相同多的任意颗；
约定取走最后一颗石子的人为赢家，求必败态(必胜策略)。
这个可以说是MR.Wythoff(Wythoff于1907年提出此游戏)一生全部的贡献吧，我在一篇日志里就说完有点残酷。这个问题好像被用作编程竞赛的题目，网上有很多把它Label为POJ1067，不过如果学编程的人不知道Beatty定理和Beatty序列 ，他们所做的只能是找规律而已。不熟悉的人可以先在这里 玩几局~
简单分析一下，容易知道两堆石头地位是一样的，我们用余下的石子数(a,b)来表示状态，并画在平面直角坐标系上。
用之前的定理： 有限个结点的无回路有向图有唯一的核 中所述的方法寻找必败态。先标出(0,0)，然后划去所有(0,k),(k,0),(k,k)的格点；然后找y=x上方未被划去的格点，标出(1,2)，然后划去(1,k),(k,2),(1+k,2+k)，同时标出对称点(2,1)，划去(2,k),(1,k),(2+k,1+k)；然后在未被划去的点中在y=x上方再找出(3,5)。。。按照这样的方法做下去，如果只列出a<=b的必败态的话，前面的一些是(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),…
接下来就是找规律的过程了，忽略(0,0)，记第n组必败态为(a[n],b[n])
命题一：a[n+1]=前n组必败态中未出现过的最小正整数
[分析]：如果a[n+1]不是未出现的数中最小的，那么可以从a[n+1]的状态走到一个使a[n+1]更小的状态，和我们的寻找方法矛盾。
命题二：b[n]=a[n]+n
[分析]：归纳法：若前k个必败态分别为
，下证：第k+1个必败态为
从该第k+1个必败态出发，一共可能走向三类状态，从左边堆拿走一些，从右边堆拿走一些，或者从两堆中拿走一些．下面证明这三类都是胜态．
情况一：由命题一，任意一个比a[k+1]小的数都在之前的必败态中出现过，一旦把左边堆拿少了，我们只要再拿成那个数相应的必败态即可。
情况二（从右边堆拿走不太多）：这使得两堆之间的差变小了，比如拿成了
，则可再拿成
；
情况二（从右边堆拿走很多）：使得右边一堆比左边一堆更少，这时类似于情况一，比如拿成了
(其中a[m] ；
情况三：比如拿成
，则可再拿成 ．
综上所述，任何从 出发走向的状态都可以走回核中．故原命题成立．
以上两个命题对于确定(a[n],b[n])是完备的了，给定(0,0)然后按照这两个命题，就可以写出(1,2),(3,5),(4,7),…
这样我们得到了这个数列的递推式，以下我们把这两个命题当成是(a[n],b[n])的定义。
先证明两个性质：
性质一：核中的a[n],b[n]遍历所有正整数。
[分析]：由命题一，二可得a[n],b[n]是递增的，且由a[n]的定义显然。
性质二：A={a[n]:n=1,2,3,…},B={b[n]:n=1,2,3,…}，则集合A,B不交。
[分析]：由核是内固集，显然。
看到这里大家有没有想到Beatty序列呢，实际上a[n]和b[n]就是一个Beatty序列。
，有 
，解方程 
得 
，到此，我们找到了该必败态的通项公式。
实际上这组Beatty序列还有一些别的性质，比如当一个数是Fibonacci数的时候，另一个数也是Fibonacci数；而且两者的比值也越来越接近黄金比，这些性质在得到通项公式之后不难证明。
总的来说，这个问题给我们了哪些启示呢？首先用定理所说的方法找核，然后给出核的规律（递推，或是通项）并且证明。最后附上一张对应的必败态图.