Paint the sides of the polygon alternately in black and white. Consider some convex quadrilateral $ABCD$ where $AB$ and $CD$ are sides of the same color; let $K$ be the meeting point of its diagonals. If $X$ lies in the triangle $KBC$ (see Fig. 17), then Pete can mark $B$ and $C$ by his first move and win (no succeeding moves can be made at the same half-plane of $BC$ as $X$). It remains to prove that there exists such quadrilateral.

Assume the contrary. Let $T$ be a vertex of the 100-gon, let the ray $TX$ intersect a black side $PQ$, and let $TR$ be a black side adjacent to $T$ (see Fig. 18). Then the ray $RX$ should also meet the segment $PQ$. Next, if $S$ is the other vertex adjacent to $R$, then the ray $SX$ also should cross a black side (otherwise the ray $RX$ would meet a white side). Proceeding similarly, we get that for every black side $MN$, the rays $MX$ and $NX$ should both cross one black side; but this fails for the black side $PQ$.

Раскрасим стороны 100-угольника в чёрный и белый цвета так, чтобы любые две соседних стороны имели разные цвета. Рассмотрим две одноцветных стороны $AB$ и $CD$, образующие выпуклый четырёхугольник $ABCD$; пусть его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $K$. Предположим, что точка $X$ лежит в треугольнике $KBC$ (см. рис. 17). Покажем, как Петя может играть в этом случае.
Пусть он выберет первым ходом вершины $B$ и $C$. После этого оба игрока могут выбирать только вершины, лежащие в другой полуплоскости от прямой $BC$, нежели точка $X$. Этих вершин чётное число, поскольку они разбиваются на пары вершин, образующих стороны того же цвета, что и $AB$. Поэтому последний ход будет за Петей.

Осталось показать, что такие стороны $AB$ и $CD$ найдутся. Пусть это не так. Рассмотрим любую вершину $T$. Предположим, что луч $TX$ пересекает чёрную сторону $PQ$ (см. рис. 18). Пусть $TR$ — чёрная сторона, выходящая из $T$; можно считать, что $TRPQ$ — выпуклый четырёхугольник. Если точка $X$ лежит внутри треугольника $TRQ$, то требуемый четырёхугольник $RTQP$ найден; в противном случае луч $RX$ также должен пересекать отрезок $PQ$.

Пусть $RS$ — следующая за $TR$ сторона 100-угольника. Если луч $SX$ пересекает белую сторону, то аналогично доказывается, что луч $RX$ также должен её пересекать, что не так. Значит, $SX$ пересекает какую-то чёрную сторону, и можно повторить предыдущие рассуждения для вершины $S$. Рассуждая так и дальше, мы получим, что для каждой чёрной стороны $T'R'$ найдётся чёрная сторона $P'Q'$, которую пересекают оба луча $T'X$ и $R'X$. Однако это неверно для чёрной стороны $PQ$ (лучи $PX$ и $QX$ пересекают участки контура $QT$ и $RP$ соответственно) — противоречие.