Megoldás A feladat nem nehéz, 0, 4 vagy 8 páratlan számot kaphatunk.

Ez az egyszerû példa a késõbbiekben egészen más összefüggésben elõ fog bukkanni, az lesz az igazi feladat, hogy észrevegyük, mikor.

Megoldás Nagy segítséget jelent, ha észrevesszük, hogy néhány ISBN számban az utolsó jegy nem is szám, hanem az X jel. Innen sejthetõ, hogy az ellenõrzõ jegy a múlt órai 4.1 feladat megoldásához hasonlóan adható meg, csak annyi a különbség, hogy mod 11 kell számolni.
A Bergengóc példatár elsõ kiadásának kódja pld ISBN 963 9132 31 4. Ebbõl az elsõ három jegy, 963, Magyarország kódja. Nagyobb országoknak kevesebb jegybõl áll a kódja, hogy több maradjon a könyv azonosítására. A következõ négy jegy, 9132, a Typotex kiadót jelöli. Ez egy viszonylag kis kiadó, ezért ilyen hosszú a kódja. A következõ két szám, a 32, a könyv sorszáma. Ha a Typotex túllépi a kódjához tartozó 100 könyv kiadására lehetõséget adó keretet, akkor majd új kódot kap. Az utolsó jegy, a 4-es az ellenõrzõ jegy, ez a korábbiakból így számítható ki:

4 ≡ 1·9 + 2·6 + 3·3 + 4·9 + 5·1 + 6·3 + 7·2 + 8·3 + 9·1 (mod 11). Ha a szorzatösszeg 11-es maradéka 10 lenne, akkor az X betû lenne az ellenõrzõ jegy.
Általánosabban: az ISBN kód elsõ kilenc jele egy-egy számjegy, ezek az országot, azon belül a kiadót, illetve a köny­vet azonosítják; ezen belül nincs rögzítve, hogy e három jellemzõ melyike hány helyen tárolódik; nagyobb országok, nagyobb kiadók rövidebb, kisebb országok, kisebb kiadók hosszabb karaktersort kapnak; összesen mindig 9 jegybõl áll ez a három rész. A tizedik jegy meghatározására az alábbi egymással ekvivalens feltételek bármelyike alkalmazható.
x₁₀ ≡ 2·x₉ + 3·x₈ + 4·x₇ + 5·x₆ + 6·x₅ + 7·x₄ + 8·x₃ + 9·x₂ + 10·x₁ (mod 11); x₁₀≡ 1·x₁ + 2·x₂ + 3·x₃ + 4·x₄ + 5·x₅ + 6·x₆ + 7·x₇ + 8·x₈ + 9·x₉ (mod 11); 0 ≡ 1·x₁₀ + 2·x₉ + 3·x₈ + 4·x₇ + 5·x₆ + 6·x₅ + 7·x₄ + 8·x₃ + 9·x₂ + 10·x₁ (mod 11); 0 ≡ 1·x₁ + 2·x₂ + 3·x₃ + 4·x₄ + 5·x₅ + 6·x₆ + 7·x₇ + 8·x₈ + 9·x₉ + 10·x₁₀ (mod 11). Az utolsó alakból könnyen leolvasható, hogy az ellenõrzõ jegy kiszûri bármely két jegy cseréjét vagy bármelyik jegy elírását. Ha pld az ötödik jegyet x₅-rõl x₅'-re módosítjuk, akkor nem állhat fenn a
0 ≡ 1·x₁ + 2·x₂ + 3·x₃ + 4·x₄ + 5·x₅ + 6·x₆ + 7·x₇ + 8·x₈ + 9·x₉ + 10·x₁₀ (mod 11), 0 ≡ 1·x₁ + 2·x₂ + 3·x₃ + 4·x₄ + 5·x₅' + 6·x₆ + 7·x₇ + 8·x₈ + 9·x₉ + 10·x₁₀ (mod 11) közül mindkettõ, mert különbségük:
0 ≡ 5·( x₅ - x₅')  (mod 11), és mivel 11 prím, így ez csak akkor állhat fenn, ha
0 ≡  x₅ - x₅'  (mod 11), azaz x₅ = x₅', tehát ha nem is történt módosítás. Ehhez hasonlóan, ha feltételezzük, hogy az i-edik és j-edik jegy cseréje érvényes számot eredményez, akkor a
0 ≡ (i - j)·(x_i - x_j)  (mod 11) kongruenciához jutunk, amelyben | i - j | < 10 és | x_i - x_j | < 10, tehát i = j vagy x_i = x_j , azaz nem történt valódi csere.

Néhány további azonosító leírását is összegyûjtöttük.

4.6 I. megoldása (A minimális távolság alapján)
Tegyük fel, hogy már van egy ilyen kódunk! Legyenek a betûk 0, 1, 2, és gyûjtsük össze a 0-val kezdõdõ kódszavakat! Legfeljebb három lehet belõlük, mert ha már négy volna, akkor volna közöttük kettõ, amelyek a második "betûben" is megegyeznek, és így legfeljebb csak két helyen térnek el egymástól. Teljesen hasonlóan az 1-gyel és a 2-vel kezdõdõ szavakból is legfeljebb három-három lehet, tehát összesen legfeljebb csak 9 ilyen kódszó van.
Találtam is 9 megfelelõ kódszót:

0	0	0	0		1	0	1	2		2	0	2	1
0	1	1	1		1	2	0	1		2	1	0	2
0	2	2	2		1	1	2	0		2	2	1	0

Elõször a 0-val kezdõdõket írtam össze (elsõ oszlop). Egyszerûnek tûnt a maradék három jegyet mindig egyformának választani. Ezután már alig volt szabadságom. Kellett még három-három 1-gyel és 2-vel kezdõdõ kódszó. Ezeknek az utolsó három helyén 0-ból, 1-bõl és 2-bõl is csak egy-egy fordulhatott elõ szavanként, hogy a már kijelölt három kódszó egyikével se egyezzenek meg két helyen. Három jelnek épp hat permutációja van, ez adja az esélyt. Miután leírtam az 1021 kódszót is már csak egyféleképpen lehetett folytatni: 021 ciklikus elforgatottjait kellett leírni az 1-es mögé, hogy ne legyen újabb egyezés, a másik három permutációt pedig a 2-es mögé.

4.6 II. megoldása (Algebrai konstrukció az 1.1 feladat analógiájára)
Ha a kódszavakat 1-1 helyen az összes lehetséges módon megváltoztatjuk, akkor csupa különbözõ szóhoz kell jutnunk. Egy kódszónak négy betûje van, mindegyiket kétféleképpen változtathatjuk meg, így egy kódszóhoz önmagával együtt 9 szó tartozik. Mivel összesen 3⁴ = 81 szó van, így legfeljebb 81/9 = 9 kódszó lehetséges.
Megadunk 9 megfelelõ kódszót. Legyen a négy betû sorban x₁, x₂, x₃ és x₄. Válasszuk meg x₁-et és x₂-t az összes lehetséges módon! Ez összesen épp 9 lehetõség.
x₃-at és x₄ számítsuk ki x₁-bõl és x₂-bõl az 1.1 feladat megoldása alapján, csak modulo 3 számolva:

x₃ ≡ x₁ + x₂ (mod 3),             x₄ ≡ x₁ + 2·x₂ (mod 3).

Tehát a kódszavak: 0000, 0112, 0221, 1011, 1120, 1202, 2022, 2101, 2210.

Ha kapunk egy négybetûs szót, akkor "betûit" helyettesítsük be a fenti egyenletekbe. Ha mindkettõ teljesül, akkor nincs hiba (vagy egy hibánál több van). Ha csak az egyik nem teljesül, akkor annak bal oldala a hibás és kijavítható. Ha egyik se teljesül, akkor x₁ és x₂ egyike a hibás, az elsõ egyenletbõl kiderül mennyivel, a másodikból, hogy melyik.

5.6 a) megoldása 3⁴ = 81-féleképpen alakulhat a négy mérkõzés eredménye, ezért ennyi, azaz 81 szelvényt kell kitölteni a biztos telitalálat érdekében.

5.6 b) I. megoldása Összesen 9-féleképpen lehet úgy kitölteni a totószelvényt, hogy legalább háromtalálatos legyen:
van 1 négytalálatos;
van 2 olyan, amelyen az 1., a 2., és a 3. mérkõzésre adott tipp talált (a 4. mérkõzés eredményre adott tipp kétféleképpen lehet rossz);
és még 2-2-2 olyan szelvény képzelhetõ el, amelyen az 1., 2., 4.; az 1., 3., 4.; illetve a 2., 3., 4. mérkõzés eredményét találtuk el.
Ezért csak 81-9=72 olyan kitöltés lehetséges, amely legfeljebb kéttalálatos. Tehát 73 szelvényt kell ahhoz venni, hogy biztosan legyen egy legalább háromtalálatos.

5.6 b) II. megoldása Ha háromtalálatosat szeretnénk, a következõképpen járunk el. Mivel a negyedik tipp nem számít, csak az elsõ hármat nézzük. Ezeket 3·3·3-féleképpen tölthetjük ki. Tehát bármilyen is a telitalálatos, biztos lesz a kitöltöttek között három­talá­latos. Így 27 szelvényt kell ehhez kitölteni.

5.6 b) III. megoldása A négy mérkõzés együttes eredményét röviden "eredmény"-nek fogjuk hívni. Ha egy szelvényt kitöltünk, akkor 9 olyan eredmény van, amely mellett van három találatunk: a telitalálat, valamint ha a 3 mérkõzés közül pontosan egynél hibáztunk (2-féle hiba lehetséges): 1+4·2=9. Nem úszhatjuk meg tehát 81/9=9 szelvénynél kevesebbel. Nézzük meg, hogy 9 szelvénnyel boldogulhatunk-e!

A szelvények mindegyike 9 eredmény esetén nyer (azaz 3 vagy 4 találatos). Ahhoz, hogy mind a 81 lehetséges eredmény esetén legyen nyerõ szelvényünk az kell, hogy egyik eredménynél se nyerjen 2 szelvény. Próbáljunk meg így kitölteni 9 szelvényt! A próbálkozáshoz egy (3×3)×(3×3)-as táblázatban ábrázoljuk a lehetséges eredményeket, illetve tippeket.
A táblázatban összesen 81 mezõ van, minden mezõ egy lehetséges eredménynek felel meg.  Az, hogy az adott mezõ melyik "sorhármasban" van, megmondja, hogy mi az elsõ mérkõzés végeredménye; a sorhármason belüli sor a második mérkõzés végeredményére utal; az oszlophármas a harmadik, azon belül az oszlopszám a negyedik meccs végeredményét jelzi.


A kitöltött szelvénynek megfelelõ mezõt befeketítjük. Ennél az eredménynél lenne a szelvény telitalálatos. Szürkével jelöljük azokat az eredményeket, amelyek 3 találatosak lennének. Ezeket nem szabad befeketíteni. Bevonalkázzuk azokat a mezõket, amelyek a szürkéktõl csak 1 mérkõzés végeredményében térnek el. Ezeket a továbbiakban nem szabad befeketíteni, mivel minden eredménynél csak egy szelvény nyerhet (lehet 3 vagy 4 találatos).
Röviden a szabályok: a fekete mezõtõl csak egy adatban eltérõ mezõk szürkék, a pontosan két adatban eltérõk vonalazottak.


Mivel az 1-2-X eredmények egyenértékûek, és a mérkõzések egymástól függetlenek, mindegy, hogy melyik az elsõ kitöltött szelvény, ezért szimmetria-okokból válasszuk elsõnek a középsõ mezõt (2222)! Ezután is tarthatjuk magunkat a szimmetriához, még 4-4 szelvény kellene, esélyünk van 90°-os forgás­szim­metriára. Ezért bejelölünk a középponthoz legközelebb lévõ még kitölthetõ szelvényt, rögtön a forgásszimmetria szerint négyet (1X21, 21X1, X12X, 2X1X).


Lám, még szerencsénk is van: a négy mezõ együttes bejelölése sem okoz átfedést. Mint látható, pont annyi lyuk van, amennyi szelvényt még el kell helyeznünk. Sikerült! Megelé­gedéssel olvashatjuk le a megfelelõ tippeket:
2222
1X21, 21X1, X12X, 2X1X
X211, 1112, 12XX, XXX2
E szelvényekkel biztos a legalább 3 találat, így 9 szelvény szükséges és elégséges.

5.6 b) IV. megoldása Az elõzõ megoldásban elején láttuk, hogy legalább 9 szelvény szükséges, és 9 szelvény pontosan akkor oldja meg a feladatot, ha nincs olyan "eredmény", amely a 9 szelvény közül kettõtõl is csak egy mérkõzés eredményében tér el. Ez épp azt jelenti, hogy a 9 szelvény 1-hiba javító kódot alkot. Ezek szerint a 4.6 feladatra adott megoldások bármelyike optimális szelvényeket szolgáltat, csak a 0-kat kell X-re cserélni.

5.7 A szenvedélyes játékosok már régóta keresik az olyan nyerõesélyes tipprendszereket, úgynevezett totókulcsokat, mint amilyet az 5.6 feladatban is kerestünk. Mégis, már "kicsinek" tûnõ esetekben sem ismeretes, hogy legkevesebb hány szelvény kell bizonyos számú találat eléréséhez.
Az alábbi táblázat[1] mutatja, hogy mit tudott a világ 1995-ben. n a mérkõzések számát jelöli, r pedig azt mutatja, hogy legfeljebb hány találatot engedünk ki a kezünkbõl. Az 5.6 feladat az n = 4, r =1 esetnek felel meg (k = 3).

Látható, hogy elég kevés konkrét eredmény ismert. Az alábbi kérdés az egyik pontos eredményre kérdez rá.

Megoldás Összesen 3¹³-féle szelvény lehetséges. Egy szelvénnyel 1 + 2·13 = 27 = 3³ esetben van legalább 12 találatunk, így legalább 3¹³/3³ = 3¹⁰ = 59049 szelvényre van szükség.