б) Лемма 1. Если утверждение задачи верно для  n = a  и для  n = b,  то оно верно и для  n = ab.

  Доказательство. Заметим, что свойство "сумма n целых чисел x₁, ..., x_n делится на n" можно формулировать и так: "среднее арифметическое чисел x₁, ..., x_n – целое число".

  Пусть даны произвольные  2ab – 1  целых чисел. Поскольку утверждение верно при  n = b  и  2ab – 1 > 2b – 1,  из данных  2ab – 1  чисел можно выбрать b, сумма которых делится на b. Затем из оставшихся (если их не меньше  2b – 1)  выберем еще b чисел, обладающих этим свойством, и так далее. Поскольку  2ab – 1 = (2a – 1)b = (b –1),  то эту операцию можно повторить  2a – 1  раз и получить  2a – 1  наборов по b чисел, в каждом из которых среднее арифметическое b чисел – целое.

  Поскольку утверждение верно для  n = a,  из этих  2a – 1  средних арифметических можно выбрать a, сумма которых делится на a. Тогда сумма ab чисел, составляющих соответствующие a наборов по b чисел, делится на ab.   Из леммы 1 следует, что достаточно доказать наше утверждение для простых чисел.

  Пусть p – простое число. Будем рассматривать все числа "по модулю p.   Лемма. Пусть даны k целых чисел b₁, b₂, ..., b_k;  0 < k < p,  0 < b_i < p  для всех  i = 1, 2, ..., k.  Тогда из этих чисел можно составить по крайней мере  k + 1  сумм, дающих различные остатки при делении на p (разрешается брать сумму "пустого множества слагаемых", которая считается равной нулю, и суммы из одного слагаемого).

  Доказательство. Индукция по k. База  (k = 1)  очевидна: суммы дают остатки 0 и b₁.

  Шаг индукции. Предположим, что это утверждение верно для  k < p – 1  и неверно для  k + 1.  Пусть суммы из k слагаемых b₁, b₂, ..., b_k дают  k + 1  различных остатков 0, s₁, ..., s_k. Тогда, поскольку после присоединения  b = b_k+1  количество различных остатков не должно увеличилось, все суммы  0 + b,  s₁ + b,  ...,  s_k + b  (по модулю p) содержатся во множестве  {0, s₁, ..., s_k}.

  Другими словами, если к любому элементу этого множества прибавить b, то снова получится элемент того же множества. Таким образом, это множество заведомо содержит элементы 0, b, 2b, 3b, ...,  (p – 1)b.  Но ясно, что все эти элементы различны (по модулю): разность  ib – jb = (i – j)b,  где  0 < i – j < p  и  0 < b < p,  не может делиться на p, поскольку p – простое.

  Таким образом, множество  {0, s₁, ..., s_k}  содержит все p различных элементов. Это противоречит тому, что  k + 1 < p.   Пусть  a₁ ≤ a₂ ≤ ... ≤ a_2p–1  – остатки от деления данных  2p – 1  чисел на p. Рассмотрим  p – 1  чисел  a_p+1 – a₂,  a_p+2 – a₃,  ...,  a_2p–1 – a_p.   (*)

  Если какое-нибудь одно из них равно нулю, например,  a_p+q – a_q+1 = 0,  то  a_q+1 = a_q+2 = ... = a_p+q  и сумма соответствующих p чисел делится на p. Осталось рассмотреть случай, когда все числа (*) отличны от нуля.

  Найдём остаток x от деления суммы  a₁ + a₂ + ... + a_p  на p.

  Если  x = 0,  то все ясно.

  Если  x ≠ 0,  то по лемме 2 можно составить из разностей (*) сумму, дающую остаток  p – x  при делении на p. Добавив соответствующие разности к  a₁ + a₂ + ... + a_p  и проведя очевидные сокращения, мы получим сумму p слагаемых, делящуюся на p.

Ответ задачи отсутствует