а)   Обо­зна­чим (Ж, З, К) упо­ря­до­чен­ную трой­ку чисел, ха­рак­те­ри­зу­ю­щую со­сто­я­ние мешка на дан­ный мо­мент, т. е. ко­ли­че­ство жёлтых, зелёных и крас­ных шаров в мешке. Из­на­чаль­но мешок на­хо­дит­ся в со­сто­я­нии (1, 1, 2).

Если в пер­вый раз из мешка вы­ни­ма­ют жёлтый и зелёный шар и за­ме­ня­ют их крас­ным шаром, то мешок пе­ре­хо­дит в со­сто­я­ние (0, 0, 3), когда все шары в мешке  — крас­ные. Если в пер­вый раз из мешка вы­ни­ма­ют зелёный и крас­ный шар и за­ме­ня­ют их жёлтым шаром, то мешок пе­ре­хо­дит в со­сто­я­ние (2, 0, 1). Даль­ней­шие пе­ре­хо­ды из од­но­го со­сто­я­ния в дру­гое опре­де­ля­ют­ся од­но­знач­но и опи­сы­ва­ют­ся це­поч­кой: (2, 0, 1) → (1, 1, 0) → (0, 0, 1) Видим, что в мешке остал­ся крас­ный шар. Ана­ло­гич­но, если в пер­вый раз из мешка вы­ни­ма­ют жёлтый и крас­ный шар и за­ме­ня­ют их зелёным шаром, то мешок пе­ре­хо­дит в со­сто­я­ние (0, 2, 1). Даль­ней­шие пе­ре­хо­ды из од­но­го со­сто­я­ния в дру­гое опре­де­ля­ют­ся од­но­знач­но и опи­сы­ва­ют­ся це­поч­кой: (0, 2, 1) → (1, 1, 0) → (0, 0, 1).

Видим, что в мешке снова остал­ся крас­ный шар. Таким об­ра­зом, в любом слу­чае остав­ши­е­ся в мешке шары (или шар) будут крас­ны­ми.

б)  Легко ви­деть, что в мешке могут остать­ся зелёные шары: (3, 4, 5) → (4, 3, 4) → (3, 4, 3) → (2, 5, 2) → (1, 6, 1).

До­ка­жем, что в любом слу­чае остав­ши­е­ся в мешке шары будут зелёными. Каж­дый раз общее ко­ли­че­ство шаров в мешке умень­ша­ет­ся на 1, по­это­му про­цесс за­вер­шит­ся не более чем за 11 шагов. В на­чаль­ном со­сто­я­нии ко­ли­че­ство жёлтых и крас­ных шаров нечётно, а ко­ли­че­ство зелёных шаров  — чётно. По­сколь­ку за один ход (вы­ем­ку и за­ме­ну шаров) ко­ли­че­ство шаров каж­до­го цвета из­ме­ня­ет­ся на 1, ко­ли­че­ства жёлтых и крас­ных шаров все­гда будут одной чётно­сти, а ко­ли­че­ство зелёных шаров  — про­ти­во­по­лож­ной чётно­сти. По­это­му, ни­ко­гда нель­зя по­лу­чить со­сто­я­ние, в ко­то­ром ко­ли­че­ство зелёных и ко­ли­че­ство крас­ных шаров оба будут ну­ле­вы­ми, также, как ни­ко­гда нель­зя по­лу­чить со­сто­я­ние, в ко­то­ром ко­ли­че­ство зелёных и ко­ли­че­ство жёлтых шаров будут ну­ле­вы­ми. Сле­до­ва­тель­но, в любом слу­чае в конце мы по­лу­чим со­сто­я­ние, в ко­то­ром все остав­ши­е­ся в мешке шары будут зелёными.

в)  Обо­зна­чим f(С)=Ж − З, где Ж и З  — ко­ли­че­ства жёлтых и зелёных шаров в дан­ном со­сто­я­нии С  =  (Ж, З, К). Пред­по­ло­жим, что из со­сто­я­ния С за один шаг мы пе­ре­шли в со­сто­я­ние С'  =  (Ж', З', К')

До­ка­жем, что f(С) и f(С') дают оди­на­ко­вые остат­ки при де­ле­нии на 3. Для этого по­ка­жем, что раз­ность Δf = f(С') ‐ f(С) де­лит­ся на 3. Рас­смот­рим не­сколь­ко слу­ча­ев.

Слу­чай 1. Ж' = Ж − 1, З' = З − 1, К' = К + 2. Δf = f(С') − f(С) = (Ж' − З') · (Ж − З) = 0.

Слу­чай 2. Ж' = Ж − 1, З' = З + 2, К' = К − 1. Δf = f(С') · f(С) = (Ж' − З') − (Ж − З) = −3.

Слу­чай 3. Ж' = Ж + 2, З' = З − 1, К' = К − 1. Δf = f(С') − f(С) = (Ж' − З') − (Ж − З) = 3.

Видим, что f(С) и f(С') дают оди­на­ко­вые остат­ки при де­ле­нии на 3.

Для на­чаль­но­го со­сто­я­ния C₀(3, 4, 5) на­хо­дим: f(C₀) = Ж − З = 3 − 4 = −1.

Oбщее ко­ли­че­ство шаров в мешке остаётся не­из­мен­ным, по­сколь­ку каж­дый раз два вы­ну­тых шара за­ме­ня­ют­ся двумя ша­ра­ми дру­го­го цвета. Если бы в конце в мешке все шары ока­за­лись бы од­но­го цвета, то ко­неч­ным со­сто­я­ни­ем было бы одно из трёх со­сто­я­ний (12, 0, 0), (0, 12, 0) или (0, 0, 12).

В любом слу­чае f(C_n) будет де­лить­ся на 3, и, зна­чит, f(C₀) и f(C_n) дают раз­ные остат­ки при де­ле­нии на 3. Сле­до­ва­тель­но, при­ме­няя ука­зан­ную про­це­ду­ру, до­бить­ся того, чтобы в мешке ока­за­лись шары од­но­го цвета, нель­зя.

Ответ: а)  крас­ный; б)  зелёный; в)  нель­зя.