На­зо­вем груп­пой эко­но­ми­стов не­сколь­ко (воз­мож­но, од­но­го) эко­но­ми­ста, си­дя­щих под­ряд, слева и спра­ва от ко­то­рых сидят пред­ста­ви­те­ли дру­гих про­фес­сий. При этом если нет ме­не­дже­ра или бух­гал­те­ра, рядом с ко­то­рым сидят два эко­но­ми­ста, то каж­дый че­ло­век под­нял руку не более од­но­го раза, а тогда общее ко­ли­че­ство под­няв­ших руку людей равно удво­ен­но­му ко­ли­че­ству групп, т. е. четно. А по усло­вию их 45. Про­ти­во­ре­чие.

Пусть за по­бе­див­шие ко­ман­ды бо­ле­ют x и y че­ло­век, за про­иг­рав­шие z и t. Тогда на во­про­сы про эти ко­ман­ды от­ве­ти­ло x + z + t, y + z + t, t, z че­ло­век со­от­вет­ствен­но. Зна­чит, за Зенит бо­ле­ет 200 че­ло­век, за Ло­ко­мо­тив 300, за Спар­так никто, а за Ди­на­мо 100 че­ло­век.

Ответ: за Зенит  — 200, за Ло­ко­мо­тив  — 300, за Спар­так  — 0, за Ди­на­мо  — 100.

Пер­вый спо­соб. Из усло­вия сле­ду­ет, что все числа, между ко­то­ры­ми стоят 3 числа, равны. Сле­до­ва­тель­но, равны между собой числа с но­ме­ра­ми: 1, 5, 9, 13, 3, 7, 11 и равны между собой числа с но­ме­ра­ми 2, 6, 10, 14, 4, 8, 12, то есть все числа с нечётными но­ме­ра­ми равны x, а все числа с чётными но­ме­ра­ми равны y. Сумма любых четырёх чисел, иду­щих под­ряд равна от­ку­да Зна­чит, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Вто­рой спо­соб. Разобьём числа на 7 пар со­сед­них. Из усло­вия сле­ду­ет, что сумма чисел с пер­во­го по четвёртое равна сумме чисел с тре­тье­го по ше­стое, по­это­му сумма чисел в пер­вой паре равна сумме чисел в тре­тьей паре. Далее, ана­ло­гич­но, эти суммы равны сум­мам в пятой, седь­мой, вто­рой, четвёртой и ше­стой парах. Сле­до­ва­тель­но, суммы чисел в каж­дой паре равны 15 и, ввиду их по­ло­жи­тель­но­сти, каж­дое число мень­ше 15.

Пусть X  — наи­боль­шее из вы­пи­сан­ных чисел. Остав­ши­е­ся числа разо­бьем на 3 трой­ки "со­се­дей". Сумма чисел в каж­дой такой трой­ке не мень­ше 29, сле­до­ва­тель­но, При­мер на­бо­ра с мак­си­маль­ным чис­лом 13: 13, 9, 10, 10, 9, 10, 10, 9, 10, 10.

Ответ:

Про­ве­дем ре­ше­ние ин­дук­ци­ей по ко­ли­че­ству участ­ни­ков кон­фе­рен­ции. База ин­дук­ции про­ве­ря­ет­ся не­по­сред­ствен­но.

Пред­по­ло­жим, что для n участ­ни­ков утвер­жде­ние за­да­чи верно.

Пусть на кон­фе­рен­цию при­е­ха­ли n + 1 участ­ни­ков. Если каж­дый из них имеет чет­ное число зна­ко­мых, что можно оста­вить одну из ком­нат пу­стой и тре­бо­ва­ние за­да­чи будет вы­пол­не­но. По­это­му будем счи­тать, что не­ко­то­рый участ­ник А имеет нечётное ко­ли­че­ство зна­ко­мых B₁, B₂, …, B_{2k + 1}. По­про­сим участ­ни­ка A на время уда­лить­ся с кон­фе­рен­ции. Кроме того, за­ста­вим любых двух его зна­ко­мых по­зна­ко­мить­ся между собой, если они пре­жде не были зна­ко­мы, и, на­про­тив, вре­мен­но пре­рвать зна­ком­ство, если они знали друг друга. По­лу­чен­ную ком­па­нию из n че­ло­век можно, по пред­по­ло­же­нию ин­дук­ции, раз­ме­стить в двух ком­на­тах так, чтобы у каж­до­го было чет­ное число зна­ко­мых в своей ком­на­те. Не ума­ляя общ­но­сти, можно счи­тать, что участ­ни­ки B₁, B₂, …, B_2s по­па­ли в первую ком­на­ту, а B_{2s + 1}, B_{2s + 2}, …, B_{2k + 1}  — во вто­рую (). Те­перь по­зо­вем об­рат­но из­гнан­но­го A и под­се­лим его в первую ком­на­ту  — он будет знать

там чет­ное число людей. При этом ко­ли­че­ство зна­ко­мых у участ­ни­ков B₁, B₂, …, B_2s ста­нет не­чет­ным. На­ко­нец, вер­нем все зна­ком­ства между B_i () в пер­во­на­чаль­ное со­сто­я­ние. Каж­дое при­об­ре­тен­ное или по­те­рян­ное зна­ком­ство ме­ня­ет ко­ли­че­ство зна­ко­мых на еди­ни­цу. По­это­му у каж­до­го из B₁, B₂, …, B_2s ко­ли­че­ство зна­ко­мых среди людей этого на­бо­ра по­ме­ня­ет чет­ность (и ста­нет чет­ным), а у каж­до­го из B_{2s + 1}, B_{2s + 2}, …, B_{2k + 1} по-преж­не­му оста­нет­ся чет­ным. У дру­гих участ­ни­ков, кроме A и B_i, на­бо­ры зна­ко­мых всё это время во­об­ще не ме­ня­лись. По­это­му по­лу­чен­ное раз­ме­ще­ние всех участ­ни­ков по двум ком­на­там удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

До­ка­жем, что можно обой­тись n не­пра­виль­ны­ми по­па­да­ни­я­ми в оче­редь. До­пу­стим, муд­ре­цы не ме­ня­ют­ся во­об­ще, и тогда в не­пра­виль­ную оче­редь по­па­да­ет k гно­ми­ков. Если муд­ре­цы по­ме­ня­лись бы кол­па­ка­ми в самом на­ча­ле, то в не­пра­виль­ной оче­ре­ди ока­за­лись бы в точ­но­сти все осталь­ные, то есть 2n − k. Ми­ни­мум из 2n − k и k не пре­вос­хо­дит n.

По­ка­жем, что су­ще­ству­ет из­на­чаль­ная рас­ста­нов­ка, при ко­то­рой по­лу­чит­ся не мень­ше n по­па­да­ний в не­пра­виль­ную оче­редь. До­пу­стим, все гно­ми­ки вы­стро­и­лись в оче­редь к бе­ло­му муд­ре­цу, при этом сна­ча­ла все чёрные. Если белый муд­рец не пе­ре­на­пра­вит всех чёрных, он будет вы­нуж­ден до этого по­ме­нять­ся кол­па­ка­ми с кол­ле­гой, после чего ему придётся пе­ре­на­пра­вить всех белых, то есть в любом слу­чае ми­ни­мум n.

Ответ: n.

По прин­ци­пу Ди­ри­х­ле как ми­ни­мум в одном фи­ли­а­ле как ми­ни­мум 41 участ­ник и как ми­ни­мум 21 из них од­но­го пола. Тре­бу­ет­ся до­ка­зать, что по мень­шей мере 5 из этих 21 участ­ни­ка од­но­го воз­рас­та. Если это не так, то су­ще­ству­ет не более 4 участ­ни­ков из каж­дой воз­раст­ной груп­пы. В груп­пе из 21 че­ло­ве­ка как ми­ни­мум 6 воз­раст­ных групп, и если мы возь­мем по пред­ста­ви­те­лю из каж­дой воз­раст­ной груп­пы, то оче­вид­но по­лу­чим про­ти­во­ре­чие с одним из усло­вий за­да­чи.

За­пи­шем все числа от 1 до 100 слева на­пра­во по по­ряд­ку: 1, 2, 3, 4, ..., 99, 100, разобьём на 50 пар со­сед­них: 1 и 2, 3 и 4, …, 99 и 100, и в каж­дой паре числа по­ме­ня­ем ме­ста­ми: 2, 1, 4, 3, ..., 100, 99. До­ка­жем, что по­лу­чен­ная пе­ре­ста­нов­ка удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

а)  За­ме­тим, что в по­лу­чен­ной пе­ре­ста­нов­ке каж­дое число на нечётном месте на 1 боль­ше но­ме­ра сво­е­го места, а на чётном  — на 1 мень­ше. В част­но­сти, от­сю­да сле­ду­ет, что сумма любых двух со­сед­них чисел в пе­ре­ста­нов­ке равна сумме но­ме­ров их мест. То же от­но­сит­ся и к сумме лю­бо­го чётного числа иду­щих под­ряд чисел из пе­ре­ста­нов­ки.

б)  За­ме­тим также, что сумма чётного числа по­сле­до­ва­тель­ных на­ту­раль­ных чисел не де­лит­ся на их ко­ли­че­ство, а сумма нечётного числа по­сле­до­ва­тель­ных на­ту­раль­ных чисел де­лит­ся на их ко­ли­че­ство. Дей­стви­тель­но, найдём сумму по­сле­до­ва­тель­ных чисел, пер­вое из ко­то­рых равно a + 1, по­лу­чим

Тут пер­вое сла­га­е­мое все­гда де­лит­ся на n, а вто­рое, толь­ко когда n + 1 чётно.

в)  Если из пе­ре­став­лен­ных чисел вы­брать чётное число иду­щих под­ряд, то в силу за­ме­ча­ния а) их сумма равна сумме но­ме­ров их мест и не де­лит­ся на их ко­ли­че­ство в силу б). Если же из пе­ре­став­лен­ных чисел вы­брать нечётное число иду­щих под­ряд, то в силу за­ме­ча­ния а) не­слож­но за­ме­тить, что их сумма на 1 боль­ше или мень­ше суммы но­ме­ров их мест, ко­то­рая де­лит­ся на их ко­ли­че­ство в силу б). Зна­чит, сумма самих чисел не может де­лит­ся на их ко­ли­че­ство.

Ответ: 2, 1, 4, 3, ..., 100, 99.

По усло­вию, пер­вый игрок сыг­рал 21 пар­тию, по­это­му всего было сыг­ра­но не менее 21 пар­тии. Из каж­дых двух пар­тий под­ряд вто­рой игрок хотя бы в одной дол­жен участ­во­вать, зна­чит, пар­тий было не более 2 · 10 + 1  =  21. Сле­до­ва­тель­но, была сыг­ра­на всего 21 пар­тия, и пер­вый игрок участ­во­вал в каж­дой из них. В 10 пар­ти­ях он встре­чал­ся со вто­рым, а в остав­ших­ся 11 пар­ти­ях  — с тре­тьим. При­мер та­ко­го тур­ни­ра: пер­вый игрок встре­ча­ет­ся со вто­рым в пар­ти­ях с чётными но­ме­ра­ми, а с тре­тьим  — в пар­ти­ях с нечётными но­ме­ра­ми.

Ответ: 11.

Обо­зна­чим вер­ши­ны тет­ра­эд­ра через АВСD, разобьём его рёбра на пары про­ти­во­по­лож­ных: {AB, CD}, {AC, BD}, {AD, BC}. Из не­ра­вен­ства тре­уголь­ни­ка сле­ду­ет: Сло­жив все не­ра­вен­ства и по­де­лив по­по­лам, по­лу­чим: то есть, что сумма длин любой пары про­ти­во­по­лож­ных рёбер мень­ше суммы двух дру­гих ана­ло­гич­ных сумм. Из не­ра­вен­ства тре­уголь­ни­ка сле­ду­ет су­ще­ство­ва­ние ис­ко­мо­го в усло­вии тре­уголь­ни­ка.

Го­ри­зон­таль или вер­ти­каль доски 8 на 8 не может со­дер­жать боль­ше 8 фишек, по­это­му ми­ни­маль­ное число фишек в го­ри­зон­та­ли равно 1 или 2, в про­тив­ном слу­чае в одной из со­сед­них с ми­ни­маль­ной го­ри­зон­та­лей будет не мень­ше 9 фишек. Из усло­вия легко сле­ду­ет, что в пер­вом слу­чае го­ри­зон­та­ли со­дер­жат 1, 3, 1, 3, 1, 3, 1, 3 или 3, 1, 3, 1, 3, 1, 3, 1 фишек, а во вто­ром  — 2, 6, 2, 6, 2, 6, 2, 6 или 6, 2, 6, 2, 6, 2, 6, 2 фишек, то есть всего 16 или 32 фишки. Разобьём вер­ти­ка­ли на пары со­сед­них, по усло­вию, число фишек в каж­дой паре со­сед­них вер­ти­ка­лей де­лит­ся на 5. по­это­му и общее число фишек на доске долж­но де­лить­ся на 5, од­на­ко 16 и 32 не де­лят­ся на 5  — про­ти­во­ре­чие.

Ответ: Нет.

Пред­по­ло­жим, есть набор, у ко­то­ро­го мень­ше 23 боль­ших под­на­бо­ров. Тогда все на­бо­ры из 6 гирь боль­шие. В самом деле, путь под­на­бор без гири A с весом a  — не боль­шой. Тогда a > 1/3. У мно­же­ства шести гирь (всех кроме A) есть 2⁶ под­мно­жеств. Эти под­мно­же­ства раз­би­ва­ют­ся на пары с пу­стым пе­ре­се­че­ни­ем, да­ю­щие в объ­еди­не­нии все гири без A. Тогда в каж­дой паре хотя бы одно мно­же­ство весит не менее (1 − a)/2. То есть по­ло­ви­на, 2⁶/2 = 2⁵, из этих под­мно­жеств весит не менее (1 − a)/2. Тогда каж­дое мно­же­ство из этой по­ло­ви­ны в объ­еди­не­нии с A дает вес не менее (1 − a)/2 + a ≥ 2/3. Таким об­ра­зом, мы нашли 25 = 32 > 23 боль­ших на­бо­ра. Про­ти­во­ре­чие.

Итого, на дан­ный мо­мент мы нашли уже 8 боль­ших под­на­бо­ров: 7-эле­мент­ный и все семь 6-эле­мент­ных. По­смот­рим, какие 5-эле­мент­ные под­н­мо­же­ства могут не да­вать боль­шой под­на­бор.

До­пу­стим, все гири без гирь A, B – не боль­шой под­на­бор, и все без C, D – тоже не боль­шой под­на­бор (раз­ны­ми бук­ва­ми обо­зна­че­ны раз­ные гири). Тогда, рас­суж­дая ана­ло­гич­но преды­ду­ще­му слу­чаю, по­лу­ча­ем, что у до­пол­не­ния к A, B есть 2⁵/2 = 2⁴ под­мно­жеств, да­ю­щих в объ­еди­не­нии с A, B боль­шой под­на­бор. То же самое с C, D: у до­пол­не­ния к C, D есть 2⁵/2 = 2⁴ под­мно­жеств, да­ю­щих в объ­еди­не­нии с C, D боль­шой под­на­бор. Рас­смот­рим объ­еди­не­ние этих под­на­бо­ров и оце­ним его мощ­ность. Если пер­вое мно­же­ство на­бо­ров это X, вто­рое  — это Y, то X ∩ Y ≤ 8. Дей­стви­тель­но, набор в пе­ре­се­че­нии X и Y вклю­ча­ет в себя A, B, C, D, и число спо­со­бов до­пол­нить его не­сколь­ки­ми из остав­ших­ся трех – не более 23 = 8. Итого, боль­ших под­на­бо­ров |X ∪ Y| = |X|+|Y| − |X ∩ Y| ≥ 16 + 16−8 = 24 > 23. Зна­чит, не су­ще­ству­ет таких не­пе­ре­се­ка­ю­щих­ся пар A, B и C, D, что их пя­ти­эле­мент­ные до­пол­не­ния – не боль­шие на­бо­ры. Или же, для любых двух 5-эле­мент­ных не боль­ших на­бо­ров их 2-эле­мент­ные до­пол­не­ния пе­ре­се­ка­ют­ся. Мак­си­маль­ное ко­ли­че­ство по­пар­но пе­ре­се­ка­ю­щих­ся 2-эле­мент­ных под­мно­жеств мно­же­ства из 7 эле­мен­тов – 6. (В самом деле, пусть есть не­сколь­ко по­пар­но-пе­ре­се­ка­ю­щих­ся пар эле­мен­тов 7-эле­мент­но­го мно­же­ства. Если все пары со­дер­жат не­ко­то­рый один и тот же эле­мент, то пар не боль­ше чем осталь­ных эле­мен­тов, то есть 6. Пусть ни­ка­кой эле­мент не при­над­ле­жит всем парам. Рас­смот­рим две любые пары A, B и B, C. Долж­на най­тись пара, не со­дер­жа­щая A, но чтобы она пе­ре­се­ка­лась с пер­вы­ми двумя она долж­на быть парой B, C. Тогда боль­ше ни одной пары до­ба­вить нель­зя, итого в этом слу­чае пар не боль­ше чем 3.) От­сю­да су­ще­ству­ет хотя бы − 6 = 21 − 6 = 15 боль­ших пя­ти­эле­мент­ных под­на­бо­ра. Скла­ды­вая это ко­ли­че­ство с 8 (число уже най­ден­ных боль­ших под­на­бо­ров мощ­но­сти > 5), по­лу­ча­ем оцен­ку на хотя бы 23 под­на­бо­ра.

При­мер. Как видно из до­ка­за­тель­ства оцен­ки, самая тя­же­лая гиря долж­на ве­сить стро­го мень­ше стро­го боль­ше Возь­мем ее вес рав­ным или что то же самое Тогда если веса осталь­ных гирь взять рав­ны­ми, они по­лу­ча­ют­ся по Из под­на­бо­ров без пер­вой гири под­хо­дит толь­ко со­дер­жа­щий все осталь­ные. Из под­на­бо­ров с пер­вой гирей под­хо­дят гирь (пер­вая и че­ты­ре остав­ших­ся), гирь (пер­вая и пять остав­ших­ся) и гирь (пер­вая и все шесть остав­ших­ся). Итого, боль­ших под­на­бо­ров

Ответ: 23.

Обо­зна­чим ис­ко­мые числа за За­ме­тим, что каж­дое число вхо­дит ровно в шесть троек чисел, сле­до­ва­тель­но, сло­жив все де­сять сумм троек и по­де­лив на 6, мы по­лу­чим сумму всех пяти чисел, рав­ную 16. Оче­вид­но, что ми­ни­маль­ной будет сумма от­ку­да а мак­си­маль­ной  — сумма от­ку­да Зна­чит,

Сле­ду­ю­щей по ве­ли­чи­не после будет сла­га­е­мые ко­то­рой в по­ряд­ке воз­рас­та­ния не боль­ше сла­га­е­мых любой дру­гой, от­лич­ной от трой­ки, сле­до­ва­тель­но. Пред­по­след­ней по ве­ли­чи­не перед будет сла­га­е­мые ко­то­рой в по­ряд­ке воз­рас­та­ния не мень­ше сла­га­е­мых любой дру­гой, от­лич­ной от трой­ки, сле­до­ва­тель­но, Те­перь на­хо­дим Итого:

Ответ: −3, 2, 4, 5, 8.

Если не­зна­ко­мых людей нет, то ко­ли­че­ство людей, ко­то­рые зна­ко­мы со всеми, равно 168. Пусть А и В не зна­ко­мы друг с дру­гом, тогда все осталь­ные люди зна­ко­мы между собой (если С не зна­ком с D, то в груп­пе А, В, С, D никто не зна­ком с осталь­ны­ми тремя). Если А и В зна­ко­мы со всеми осталь­ны­ми, то 166 че­ло­век зна­ко­мы со всеми. Если же А не зна­ком также и с С, где С ≠ D, то и А, и В, и С зна­ко­мы со всеми осталь­ны­ми 165 лю­дь­ми (так как в любой груп­пе А, В, С, D толь­ко D может быть зна­ко­мым с осталь­ны­ми тремя), ко­то­рые к тому же зна­ко­мы между собой. Таким об­ра­зом, ми­ни­маль­ное ко­ли­че­ство людей, зна­ко­мых со всеми, равно 165.

Ответ: 165.

Каж­дых двух уче­ни­ков, ко­то­рые учат­ся в раз­ных клас­сах и дру­жат между собой, назовём сме­шан­ной парой. По­сколь­ку каж­дый из 25 уче­ни­ков 11«А» вхо­дит ровно в две такие пары, то всего име­ет­ся 50 сме­шан­ных пар. Пусть в 11«Б» учит­ся n че­ло­век, при­чем ровно k из них имеют ровно по од­но­му другу в 11«А». Из усло­вия за­да­чи сле­ду­ет, что

Кроме того, в этом клас­се может най­тись не более од­но­го уче­ни­ка, не име­ю­щий дру­зей в 11«А». Каж­дый из осталь­ных n − k − 1 (если такой уче­ник один) или n − k (если таких уче­ни­ков нет) уче­ни­ков 11«Б» вхо­дит по мень­шей мере в две сме­шан­ные пары. Зна­чит, общее число сме­шан­ных пар боль­ше или равно k + 2(n − k − 1 ) = 2n − k − 2. Сло­жив не­ра­вен­ства и по­лу­чим от­ку­да С дру­гой сто­ро­ны, не­труд­но при­ве­сти при­мер, по­ка­зы­ва­ю­щий, что ра­вен­ство n = 38 воз­мож­но.

Ответ: 38 уче­ни­ков.

По­смот­рим на ка­ко­го-то че­ло­ве­ка. Пусть у него пять дру­зей. Тогда у всех этих пяти че­ло­век по шесть дру­зей. Ана­ло­гич­но есть ещё хотя бы 6 че­ло­век с пятью дру­зья­ми каж­дый. Всего 11 че­ло­век.

При­мер до­воль­но легко по­стро­ить: две груп­пы из 5 и 6 че­ло­век, люди из раз­ных групп дру­жат между собой, а из одной  — нет.

Ответ: 11.

По­смот­рим на ка­ко­го-то че­ло­ве­ка. Пусть у него пять дру­зей. Тогда у всех этих пяти че­ло­век по семь дру­зей. Ана­ло­гич­но есть ещё хотя бы 7 че­ло­век с пятью дру­зья­ми каж­дый. Всего 12 че­ло­век.

При­мер до­воль­но легко по­стро­ить: две груп­пы из 5 и 7 че­ло­век, люди из раз­ных групп дру­жат между собой, а из одной  — нет.

Ответ: 12.

Рас­кра­сим доску в шах­мат­ном по­ряд­ке. Ко­ли­че­ство фишек на чёрных клет­ках из­ме­ня­ет­ся каж­дый раз на 4, то есть, в част­но­сти, не ме­ня­ет свою чётность. В конце ко­ли­че­ство фишек на чёрных клет­ках долж­но быть чётно, зна­чит, если в на­ча­ле их ко­ли­че­ство нечётно, то ни­че­го не по­лу­чит­ся. Также для этой за­да­чи под­хо­дят более слож­ные ре­ше­ния, ана­ло­гич­ные ре­ше­ни­ям за­да­чи номер 5 де­ся­то­го клас­са.

Ответ: нет, не при любой.

Рас­кра­сим доску в шах­мат­ном по­ряд­ке. Ко­ли­че­ство фишек на чёрных клет­ках из­ме­ня­ет­ся каж­дый раз на 4, то есть, в част­но­сти, не ме­ня­ет свою чётность. В конце ко­ли­че­ство фишек на чёрных клет­ках долж­но быть чётно, зна­чит, если в на­ча­ле их ко­ли­че­ство нечётно, то ни­че­го не по­лу­чит­ся.

Также для этой за­да­чи под­хо­дят более слож­ные ре­ше­ния, ана­ло­гич­ные ре­ше­ни­ям за­да­чи номер 5 де­ся­то­го клас­са.

Ответ: нет, не при любой.

I спо­соб. Про­ну­ме­ру­ем стро­ки и столб­цы чис­ла­ми от 0 до 10. Но­ме­ра стро­ки и столб­ца, в ко­то­рых стоит фишка, будем на­зы­вать её ко­ор­ди­на­та­ми.

За­ме­тим, что при дан­ной опе­ра­ции не ме­ня­ет­ся оста­ток от де­ле­ния суммы всех ко­ор­ди­нат всех фишек на 11. Из­на­чаль­но этот оста­ток можно сде­лать любым, на­при­мер, можно все фишки со­брать в клет­ке (0, 0) а одну по­ста­вить в клет­ку с лю­бы­ми нуж­ны­ми ко­ор­ди­на­та­ми. В тре­бу­е­мой же ко­неч­ной этот оста­ток фик­си­ро­ван. Зна­чит, можно по­до­брать на­чаль­ную си­ту­а­цию, где этот оста­ток дру­гой, и её све­сти к тре­бу­е­мой не по­лу­чит­ся.

II спо­соб. Да­вай­те за­ме­тим, что чётность ко­ли­че­ства фишек на глав­ной диа­го­на­ли не ме­ня­ет­ся: каж­дый раз либо с чис­лом этих фишек ни чего не про­ис­хо­дит, либо оно уве­ли­чи­ва­ет­ся на 2, либо умень­ша­ет­ся на 4.

В то же время в на­чаль­ной си­ту­а­ции ко­ли­че­ство фишек на диа­го­на­ли может быть любым, в том числе нечётным.

Ответ: не при любой.