De opgave Zij $n$ een geheel getal, groter of gelijk aan $3$. De hoekpunten van een regelmatige $n$-hoek zijn met de klok mee genummerd van $0$ tot en met $n - 1$. We hebben $n$ pionnen, ook genummerd van $0$ tot en met $n -1$, en we zetten op elk hoekpunt één van de pionnen. Voor elke pion bekijken we hoeveel hoekpunten hij met de klok mee moet opschuiven om op het hoekpunt met z'n eigen nummer te komen. We willen de pionnen zó neerzetten dat die $n$ getallen verschillend zijn. Bepaal alle $n$ waarvoor dit mogelijk is.

De pionnen moeten dus zó op de hoekpunten komen te staan dat ze allemaal, met de klok mee, een ander aantal stappen naar hun 'eigen' hoekpunt moeten zetten. We kunnen ze daarom net zo goed ook eerst op hun 'eigen' hoekpunt neerzetten, en daarvandaan elke pion een ander aantal van $k$ stappen met de klok mee laten zetten (met $0 \le k \le n - 1$). Vanaf dat hoekpunt als beginpositie moet elke pion dan namelijk nog $n-k$ stappen zetten (behalve de pion die is blijven staan; die is al op zijn eindbestemming) en dat zijn dan ook allemaal verschillende getallen. De vraag is dus hoe we deze $0, 1, 2, \ldots, n- 2, n - 1$ stappen over de pionnen kunnen verdelen. Als we dit zo kunnen doen dat elke pion op een ander hoekpunt uitkomt, dan hebben we dus een oplossing met deze hoekpunten als beginposities.

Om wat gevoel voor de opgave te krijgen, bekijken we eerst een paar kleine gevallen. Bij $n = 3$ beginnen we met pionnen $0, 1, 2$ op posities respectievelijk $0$, $1$ en $2$ en willen we die (in een of andere volgorde) $0$, $1$ en $2$ stappen doorschuiven. Als we pion $0$ bijvoorbeeld met $2$ stappen doorschuiven, pion $1$ met $1$ stap en pion $2$ met $0$ stappen, dan komen ze allemaal op beginpositie $2$ terecht, dus dat is niet goed. Maar als we pion $0$ met $0$ stappen, pion $1$ met $1$ stap en pion $2$ met $2$ stappen doorschuiven, gaat het wel goed; dan komen deze op beginposities $0$, $2$ en $4-3 = 1$ terecht en dat zijn wel drie verschillende posities.

Hoe zit dat voor $n = 4$? Als we dan pionnen $0$, $1$, $2$ en $3$ vanaf hun eigen hoekpunt respectievelijk met $0$, $1$, $2$ en $3$ stappen doorschuiven, komen we op beginposities $0$, $2$, $4 - 4 = 0$ en $6 - 4 = 2$ terecht, dus dat gaat niet goed. We proberen iets anders: we schuiven ze door met respectievelijk $0, 2, 1, 3$ stappen en komen dan op $0, 3, 3, 6 - 4 = 2$; ook dat gaat niet goed, want nu komen er twee pionnen op beginpositie $3$.

Wat we ook proberen, voor $n = 4$ lijkt het niet te lukken. Maar voor $n = 5$ werkt dezelfde methode als bij $n = 3$ wel: als we pion $k$ met $k$ stappen doorschuiven, dan krijgen we voor de pionnen $0, 1, 2, 3, 4$ respectievelijk de beginposities $0, 1 + 1 = 2, 2 + 2 = 4, 3 + 3 - 5 =1$ en $4 + 4 - 5 = 3$ en dat zijn vijf verschillende posities. En voor $n = 7$ werkt deze methode ook, dan krijgen we voor pionnen $0$ t/m $6$ respectievelijk de beginposities $0, 2, 4, 6, 8 - 7 = 1, 10 - 7 = 3$ en $12 - 7 = 5$. 

We gaan nu bewijzen dat deze methode voor oneven $n$ altijd werkt. We laten pion $k$ dus $k$ stappen zetten naar zijn toekomstige beginpositie vanaf zijn eigen hoekpunt. Komen de pionnen nu inderdaad op allemaal verschillende beginposities? Elke pion komt op hoekpunt $k + k = 2k$, tenzij dit groter of gelijk is aan $n$. Dat betekent namelijk dat de pion op of over hoekpunt $0$ is gekomen, dus dan komt de pion op hoekpunt $2k - n$. Merk op dat geen enkele pion meer dan één keer over de $0$ kan zijn gewandeld, want voor elke $0 \le k \le n - 1$ geldt $2k < 2n$. Kunnen we nu bewijzen dat alle pionnen op een ander hoekpunt komen? 

Bekijk pion $i$ en pion $j$ met $i \neq j$. Als die respectievelijk naar hoekpunten $2i$ en $2j$ gaan, gaat dit duidelijk goed: uit $i \neq j$ volgt $2i \neq 2j$. Als die juist respectievelijk naar $2i - n$ gaan en $2j - n$ gaat het ook goed; ook dit zijn duidelijk twee andere hoekpunten. Maar gaat het ook goed als ze respectievelijk naar hoekpunten $2i$ en $2j - n$ gaan? Als $n$ oneven is, dan gaat dit inderdaad goed. Dan geldt namelijk dat $2i$ even is, en $2j - n$ oneven, dus die zijn ook ongelijk. 

Hiermee hebben we het probleem dus opgelost voor oneven $n$: we kunnen dan pion $k$ vanaf zijn eigen hoekpunt (hoekpunt $k$ dus) $k$ stappen laten zetten naar een beginpositie; die is dan $2k$ of $2k - n$. En we hebben zojuist gezien dat al die beginposities verschillend zijn. Vanaf deze beginpositie moet pion $k$ dan $n - k$ stappen zetten om weer zijn eigen hoekpunt te bereiken (en voor pion $0$ gaat dit om $0$ stappen), wat allemaal verschillende aantallen stappen zijn, zoals gevraagd.

Gaat deze methode ook goed voor even $n$? We zagen al dat het voor $n = 4$ niet werkt. En het is ook wel logisch dat dit niet werkt; kijk maar naar een $i$ (kleiner dan $\tfrac{1}{2}n$) die op $2i$ wordt gezet, en een $j$ (groter of gelijk aan $\tfrac{1}{2}n$) die op $2j - n$ wordt gezet. Dan kan het inderdaad gebeuren dat $2i = 2j - n$ zodat deze pionnen dus op hetzelfde hoekpunt komen te staan. Dit gebeurt als $i = j - \tfrac{1}{2}n$ , oftewel $j = i + \tfrac{1}{2}n$ . Deze methode gaat dus inderdaad niet goed voor even $n$.

Is er wel een andere plaatsing mogelijk voor even $n$? Laten we nog eens kijken naar $n = 4$. We hebben dan een vierkant en vier pionnen op hun eigen hoekpunt die we $0$, $1$, $2$ en $3$ stappen moeten doorschuiven naar hun verschillende beginposities. Bekijk de pion diagonaal tegenover de pion die zal blijven staan. Dan kan dat niet de pion van $2$ stappen zijn, want anders zou hij op het hoekpunt van die eerstgenoemde pion uitkomen dat dus al bezet is als beginpositie. Dus zit de $2$-stap-pion direct naast de $0$-stap-pion (er net voor of er net achter in de richting van de klok), en zullen de pionnen van $1$ en $3$ stappen dus naast elkaar komen te staan. In termen van het aantal stappen dat we de pionnen willen laten zetten, is de (cyclische) volgorde in de richting van de klok dus $0, 2, 1, 3$ of $0, 2, 3, 1$ of $2, 0, 1, 3$ of $2, 0, 3, 1$. Maar in elk van deze gevallen gaat er iets mis: in het eerste geval (dat we helemaal in het begin in feite ook al hadden bekeken) komen de $2$-stappion en de $1$-stap-pion op hetzelfde beginhoekpunt; in het tweede geval komt de $1$-stap-pion op het beginhoekpunt van de $0$-stap-pion; in het derde geval komen de $3$-stap-pion en de $2$-stap-pion op hetzelfde beginhoekpunt; en in het vierde geval komt juist de $3$-stap-pion op het beginhoekpunt van de $0$-stap-pion.

Door bij de pionnen $0$, $1$, $2$ en $3$ deze verschillende aantallen stappen $0, 1, 2, 3$ in een of andere volgorde op tellen en er af en toe $4$ vanaf te halen als een pion over de $0$ is gewandeld, lukt het blijkbaar niet om weer op de verschillende beginposities $0$, $1$, $2$ en $3$ te komen. Maar dat is logisch: de getallen $0$, $1$, $2$ en $3$ zijn bij elkaar opgeteld $6$, en als we daar nog eens $6$ bij optellen zitten we op $12$. Hoe vaak we daar ook $4$ afhalen; we zullen nooit weer op $6$ uitkomen!

We gaan proberen om dit algemener te beschrijven. Noem $a_i$ het aantal stappen dat pion $i$ moet zetten naar zijn beginpositie. (Voor oneven $n$ hebben we in termen van $a_i$ dus $a_i = i$ genomen en bewezen dat dat werkt.) We gaan ervanuit dat dit alle verschillende getallen van $0$ tot en met $n - 1$ zijn. We sturen pion $i$ dan naar zijn beginpositie i + ai of i + ai – n als hij over de 0 is gewandeld. Wat krijgen we dan als we alle beginposities bij elkaar optellen? Enerzijds moet we dan dus al deze getallen van de vorm $i + a_i$ of $i + a_i - n$ optellen; dat gaat om $0 + 1 +\cdots+ (n - 1)$ voor de pionnummers $i$ en om nog een keer $0 + 1 +\cdots+ (n - 1)$ voor de aantallen stappen $a_i$, minus een paar keer $n$ voor elke keer als we over de $0$ komen. Dat is in totaal $\tfrac{1}{2}(n - 1)n + \tfrac{1}{2} (n - 1)n – cn$. Maar anderzijds zouden dit precies de $n$ verschillende hoekpunten moeten zijn, met som $\tfrac{1}{2}(n - 1)n$. Er moet dus gelden dat 

$$\tfrac{1}{2}(n-1)n+\tfrac{1}{2}(n-1)-cn=\tfrac{1}{2}(n-1)n$$

oftewel dat $\tfrac{1}{2}(n - 1)n = cn$. Hieruit volgt dat $\tfrac{1}{2}(n - 1) = c$ en dus dat $n = 2c + 1$, dus dat $n$ oneven is. Daarmee hebben we bewezen dat $n$ sowieso oneven moet zijn. Daarnaast hebben we een methode gevonden die voor alle oneven $n$ werkt. Bewijs rond! We concluderen: het is mogelijk voor alle oneven $n$, terwijl het voor alle even $n$ niet mogelijk is.