Докажем утверждение задачи индукцией по $m$.
При $m=1$ оно очевидно (единственная тройка чисел, удовлетворяющая условию, — это 0, 1 и $-1$).
Предположим, что оно доказано для $2m-1$ чисел, и рассмотрим любое множество $A$ из $2m+1$ чисел, по модулю не превосходящих $2m-1$. Если в нём найдётся $2m-1$ чисел, по модулю не превосходящих $2m-3$, то утверждение следует из предположения индукции. В противном случае в множестве $A$ есть хотя бы три из чисел $\pm(2m-2)$ и $\pm(2m-1)$. Сменив при необходимости знаки у всех чисел из $A$, можно добиться, чтобы это были числа $2m-1$, $2m-2$, а также $-2m+1$ (1-й случай) или $-2m+2$ (2-й случай).
1-й случай. Разобьём все числа от $1$ до $2m-2$ на пары, дающие в сумме $2m-1$: $(1,2m-2)$, $(2,2m-4)$, $\ldots$, $(m-1,m)$, а числа от $0$ до $-2m+1$ — на пары, дающие в сумме $-2m+1$: $(0,-2m+1)$, $\ldots$, $(-m+1,-m)$. Получится $2m-1$ пар, содержащих все $2m$ чисел множества $A$, кроме $2m-1$. Поэтому хотя бы одна пара входит в множество $A$, и составляющие её числа в сумме с $-2m+1$ или с $2m-1$ дадут 0.
2-й случай. Рассмотрим теперь $m-2$ пар $(1,2m-3)$, $(2,2m-4)$, $\ldots$, $(m-2,m)$ с суммой чисел $2m-2$ и $m$ пар $(0,-2m+1)$, $\ldots$, $(-m+1,-m)$ с суммой чисел $-2m+1$. Эти $2m-2$ пар содержат все числа множества $A$, кроме $2m-1$, $2m-2$ и $m-1$, т. е. $2m-1$ чисел из $A$. Следовательно, одна из них опять входит в множество $A$ и даёт нулевую сумму с $-2m+2$ или $2m-1$.
