◆広島県 清川 育男 さんからの解答。
【問題３】
１）一つの山を残せば、残りのマッチ全部を取られて負け。
２）同数の山２つを残せば、同数のマッチを２つの山から取られて負け。
１）、２）の事は、先手も後手も知っているとすれば、（１，２）の２つの山を残した方が、勝ちということになる。
（１，２）の二つの山を残せるのは、５，７＞＞５，６に出来る先手で、したがって、先手の勝ちと言うことになる。
【コメント】
確かに先手の勝ちで正解です。
もし時間があれば、先手の勝ち方は何通りあるか計算してみてください。
【問題２】
マッチの個数をＺ個とする。
ゲームが成立するためには、Ｚ≧３。
Ｚ＝３＞＞（１，１，１）。
４＞＞（１，１，２）。
５＞＞（１，２，２）。
６＞＞（２，２，２）。
となり１手で、先手の勝ち。
Ｚ≧７のとき
第１手。
１）Ｚが奇数のとき Ｘ＝（Ｚ−１）／２。＞＞（１，Ｘ，Ｘ）
２）Ｚが偶数のとき Ｘ＝（Ｚ−２）／２。＞＞（２，Ｘ，Ｘ）
１）、２）ともにＸ≧３。第１手をこのようにする。
第Ｎ手。Ｎは奇数（先手）
後手の手によりいろいろ変化するが、３個以上の山を偶数個残すように手を決める。
残せないときは、その時点で残った山を３つに分けて勝負がつく。
以上の作戦で先手必勝です。
ケースバイケースで他の勝ち方も考えられますが、作戦の一貫性からすれば、上述のものがいいと思います。
後手が最強のねばりをするときは、先手はその真似をするようになるかもしれない。
【コメント】
これも完全な正解です。
最初が奇数の時に分けてできる１個でできている山と、最初が偶数の時に分けてできる２個でできている山は、もう３つの山に分けることはできません。
あとは、残りの山を分割するしかないので、後手のやる方法をまねていけば、後手が３分割できるなら、必ず先手も３分割できるはずですから、先手必勝になるはずですね。
すばらしい解答を送っていただいてありがとうございました。
◆広島県 清川 育男 さんからの解答。
【問題１】
同数の２個以上の山のペアが、偶数組み残るようにすれば、必勝。
それが出来るのは先手で第１手を、
（１０，２０，３０）＞＞（１０，２０，１０，２０）のように、
３０個ある山を、１０，２０の２つに分ければよい。
その後の先手の作戦は後手の真似をすればいい。
後手に分ける手があれば必ず先手にもあるから。
【コメント】
この解答は論理的には完全に正しいです。
しかし、この問題の意図から言って、正解かどうかは疑問です。
ご指摘の必勝法以外で戦ったらどうなるか・・・というのがヒントです。
◆広島県 清川 育男 さんからの解答。
【問題１】
ヒントをもとに解きました。
１０個の山は９手で分けることが出来なくなる。１０−１＝９。
２０個の山は１９手で分けることが出来なくなる。２０−１＝１９。
３０個の山は２９手で分けることが出来なくなる。３０−１＝２９。
勝負がつくまでに、５７手かかる。９＋１９＋２９＝５７。
奇数手で勝負がつくゲームなので、先手が勝つことになります。
この方がゲームの構造も明らかになり単純明快ですね。
【コメント】
ついに見破られましたか。
何とこの問題はどうやっても先手が必ず勝つのです。
したがって必勝法を考えても無意味なのですね。
◆広島県 清川 育男 さんからの解答。
【問題４】
１つの山を残せば、残った山を全部取られて負けてしまうので、少なくとも山は２つ残して相手に手を渡さなければならない。
１はどちらの山の約数であるから、１個はどちらの山からも常に取れる。
（１，１）の２つの山を残した方が勝ちとなる。
そのためには２つの山のマッチ棒の数の和が偶数でしかも、奇数＋奇数にして相手に手を渡せば、最終的には（１，１）を相手に手番として渡すことが出来る。
それが可能なのは先手で第１手を以下のようにすればよい。
２０１＝３×６７。約数は、１、３、６７、２０１。
１）（１００，２０１）＞＞（９９，２０１）。９９＝３×３×１１
２）（１００，２０１）＞＞（９７，２０１）。９７＝１×９７
３）（１００，２０１）＞＞（３３，２０１）。３３＝３×１１
いずれかにして後手に手を渡すと、後手がどちらの山から約数個取っても、偶数＋奇数、奇数＋偶数となり、奇数＋奇数にならないので、先手は１個取り再度、奇数＋奇数にして後手に手を渡せる。
結局、先手が（１，１）を後手に手番として渡す事ができる。
したがって、先手必勝となる。
【コメント】
ご指摘の通り、必勝法は両方の山に奇数本のマッチを残すことです。
したがって、この場合は先手に必勝法が存在します。
最初が「両方の山とも奇数本」の場合は後手に必勝法が存在します。