Regulārā \(20\)-stūrī katrā virsotnē ir pa vienai monētai. Ar vienu gājienu var izvēlēties \(2\) monētas un tās pārbīdīt: vienu uz blakus virsotni pulksteņa rādītāja kustības virzienā, otru uz blakus virsotni pretēji pulksteņa rādītāja kustības virzienam. Vai, atkārtojot šādus gājienus, var savākt visas monētas
(A) \(4\) kaudzēs pa \(5\) monētām katrā, (B) \(5\) kaudzēs pa \(4\) monētām katrā?
\(\underline{Atbilde:}\) (A) var, (B) nevar.
\(\underline{Risinājums.}\) (A) sanumurējam virsotnes pēc kārtas ar skaitļiem no \(1\) līdz \(20\) un savācam vispirms monētas no \(1., 2., 3., 4., 5.\) virsotnes piektajā virsotnē, bet monētas no \(6., 7., 8., 9., 10.\) virsotnes- \(6.\) virsotnē. Pēc tam līdzīgi rīkojamies pārējām \(10\) monētām.
(B) atkal sanumurējam virsotnes tāpat kā (A) daļā un starp \(1.\) un \(20.\) virsotni atzīmējam zaļu punktu \(Z\). Ar \(S\) sapratīsim monētu aizņemto virsotņu numuru summu (katras virsotnes numuru ieskaitām tik reižu, cik tajā ir monētu). Sākumā \(S=1+2+\ldots+20=10 \cdot 21\). Paskatāmies, kā \(S\) mainās. Ja kārtējā gājienā \(Z\) šķērso divas monētas vai nešķērso neviena, \(S\) nemainās. Ja kārtējā gājienā \(Z\) šķērso viena monēta, \(S\) mainās par \(20\) jeb par \(2 \cdot 10\). Tāpēc \(S\) vienmēr ir \(10 \cdot n\), kur \(n\)- nepāra skaitlis. Bet, ja visas monētas savāktu pa \(4\) monētām kaudzē, \(S\) dalītos ar \(4\). Tātad tas nav iespējams.