Для того чтобы сумма двух чисел делилась на 6, их остатки по модулю 6 должны быть взаимодополняющими до 6. Возможные пары остатков:

• 0 и 0,
• 1 и 5,
• 2 и 4,
• 3 и 3.

Таким образом, все числа, дающиеся на 6 (остаток 0), могут быть состыкованы только друг с другом. Значит, количество таких чисел должно быть чётным. Но в отрезке от 1 до 800 чисел, делящихся на 6, ровно ⌊800/6⌋ = 133 (это числа 6, 12, ..., 798). 133 — нечётное, поэтому нельзя разбить все 800 чисел на пары с требуемым свойством.

Пусть по кругу стояли числа \(a_1, a_2, \, \ldots, \, a_{17}\). Тогда новые числа будут равны \(a_2 - a_3, a_3 - a_4, \, \ldots, \, a_{17} - a_1, a_1 - a_2\), и их сумма равна 0.

Если сумма 17 чисел чётная, то среди них есть хотя бы одно чётное число (сумма нечётного количества нечётных чисел нечётна). Тогда произведение этих чисел чётно.

Ответ: Нет.

Число A = M – N = 2N чётно. Но, по условию, число A составлено из нечётных цифр и двойки. Значит, A оканчивается на 2. Поэтому вдвое меньшее число N оканчивается либо на 1, либо на 6.

Если N оканчивается на 1, то при его удвоении не происходит переноса десятка из последнего в предпоследний разряд. Значит, предпоследняя цифра числа A = 2N будет чётной, а она должна быть нечётной. Противоречие.

Запишем каждую из наших разностей со знаком плюс, если в соответствующей паре чисел большее стоит перед меньшим по часовой стрелке, и со знаком минус в противном случае. У нас получились 11 разностей между числом и следующим за ним по часовой стрелке; значит, сумма всех этих чисел равна нулю, то есть чётна. Но это невозможно, поскольку среди них ровно семь нечётных чисел.

Рассмотрим самое левое чётное число \(a_i\) и самое правое чётное число \(a_k\). Заметим, что чётными являются все суммы с номерами от \(i\) до \(k - 1\) и только они (в суммах с меньшими номерами первое слагаемое нечётно, а второе чётно; в суммах с большими номерами – наоборот).

Таким образом, \(k - i = 32\). Количество чётных чисел будет наибольшим, если все числа между \(a_i\) и \(a_k\) также чётны. В этом случае количество чётных чисел будет равно 33.

Пусть среди наших 14 чисел есть \( a \) чётных и \( b = 14 - a \) нечётных. Нечётное число на доске может появиться лишь как сумма чётного и нечётного, то есть таких чисел будет \( ab \) (при этом каждое будет выписано по два раза). Но \( 4ab \leq (a + b)^2 = 4 \cdot 49 \). Значит, на доске будет не более 49 различных нечётных чисел; а, чтобы выполнялось условие, их должно быть хотя бы 50.

Пусть вначале в сумму входила дробь \( \frac{a}{2} \). Докажем, что в исходной сумме найдётся такая дробь \( \frac{b}{c} \) с нечётным знаменателем \( c \), что числа \( a \) и \( b \) имеют разную чётность. Действительно, дробей с нечётными знаменателями ровно 50, и число \( a \) не является числителем ни одной из них. Поэтому среди числителей таких дробей не больше 49 имеют ту же чётность, что и \( a \).

Поменяем теперь местами числители \( a \) и \( b \). Сделаем это в два приёма: сначала поменяем числитель у дроби со знаменателем 2 (сумма изменилась на нечётное число \( a - b \) половинок и, значит, превратилась в целое число), а затем — числитель дроби со знаменателем \( c \) (сумма изменилась на дробь с нечётным знаменателем, то есть стала дробью с нечётным знаменателем).

Пусть \( n = 2^t \cdot m \), где \( t \geq 0 \), а число \( m \) нечётно. Докажем, что число \( f(n) \) чётно ровно в двух случаях: либо \( n \) нечётно и \( m \equiv 1 \pmod{4} \), либо же \( n \) чётно и \( m \equiv 3 \pmod{4} \).

Первый способ. Рассмотрим произвольную дробь \( \frac{k}{n} \). Если \( k \) делится на \( 2^{t+1} \), то числитель этой дроби после сокращения будет чётен, в противном случае он будет нечётен. Среди чисел \( 1, 2, \ldots, n - 1 \) есть ровно \( \frac{m-1}{2} \) чисел, делящихся на \( 2^{t+1} \). Значит, в сумме \( f(n) \) имеется ровно \( n - 1 - \frac{m-1}{2} \) нечётных слагаемых. Поэтому \( f(n) \) чётно тогда и только тогда, когда числа \( n - 1 \) и \( \frac{m-1}{2} \) имеют одинаковую чётность, что и требовалось.

Второй способ. Пусть \( n \) нечётно (то есть \( t = 0 \)). Тогда числитель дроби \( \frac{k}{n} \) не меняет чётность после сокращения. Значит, количество нечётных числителей будет равно \( \frac{n-1}{2} \), и число \( f(n) \) чётно ровно тогда, когда чётно число \( \frac{n-1}{2} \), то есть при \( m \equiv 1 \pmod{4} \).

Пусть \( n \) чётно (\( t > 0 \)). Среди дробей со знаменателем \( n \) есть дробь, равная \( \frac{1}{2} \) и вносящая в \( f(n) \) слагаемое 1. Все остальные дроби разбиваются на пары вида \( \left(\frac{a}{n}, \frac{n-a}{n}\right) \). Поскольку сумма дробей в паре равна 1, после сокращения они переходят в пары несократимых дробей с одинаковым знаменателем вида \( \left(\frac{b}{d}, \frac{d-b}{d}\right) \). Вклад такой пары дробей в \( f(n) \) равен \( d \), и, если \( d \) чётно, он не влияет на чётность числа \( f(n) \).

Таким образом, чётность \( f(n) \) противоположна чётности аналогичной суммы для дробей, то есть чётности числа \( f(m) \) (при \( m = 1 \) она противоположна чётности \( f(1) = 0 \)). Отсюда и следует требуемое.

Осталось заметить, что числа \( n \) и \( 2015n \) имеют одну чётность; кроме того, при нечётном \( m \) числа \( m \) и \( 2015m \) дают разные остатки при делении на 4. Значит, числа \( f(n) \) и \( f(2015n) \) всегда имеют разную чётность.

Предположим, что среди данных чисел чётное количество отрицательных. Тогда среди них есть положительное число \(a\), и произведение всех чисел, кроме \(a\), положительно. Это противоречит условию. Значит, среди данных чисел нечётное число отрицательных.

Пусть \(x_1, x_2, \ldots, x_k\) и \(y_1, y_2, \ldots, y_m\) – две группы, на которые разбиты данные числа \((k + m = 2011)\). Ровно одно из двух произведений \(x_1x_2\ldots x_k\) и \(y_1y_2\ldots y_m\) (а именно то, в котором нечётное число отрицательных сомножителей) – отрицательно; пусть \(x_1x_2\ldots x_k < 0\), \(y_1y_2\ldots y_m > 0\). Среди чисел \(x_1, x_2, \ldots, x_k\) найдётся отрицательное, скажем, \(x_1 < 0\). Тогда \(x_2\ldots x_k > 0\), а значит, \(x_2\ldots x_k \geq 1\) (так как числа целые). Следовательно,

\(x_1x_2\ldots x_k + y_1y_2\ldots y_m \leq x_1 + y_1y_2\ldots y_mx_2\ldots x_k < 0.\)