Megoldás Fordítsuk meg a kérdést! Próbáljuk meg kitalálni, hogy n Ft felhasználásával legfeljebb hány dolgot tudunk megkülönböztetni, azaz legfeljebb hány szám közül tudjuk biztosan kitalálni a gondoltat. Jelölje ezt a számot s_n. Ha adott egy s_n elembõl álló S halmaz, akkor elsõ kérdésünk két részre osztja S-t: az I részhalmaz azokból az elemekbõl áll, amelyekre - mint gondolt számokra -  "igen" a válasz, az N részhalmaz pedig azokból, amelyekre "nem" a válasz. Ha "igen" választ kapunk, akkor még (n - 1) Ft maradt meg kérdésekre, "nem" válasz esetén azonban csak (n - 2), így

|I| =  s_n-1, |N| = s_n-2, azaz s_n = s_n-1 + s_n-2.  Világos, hogy s₁ = 1, míg s₂ = 2, így s₃ = 3, s₄ = 5, s₅ = 8, s₆ = 13, s₇ = 21, tehát 16 szám közül 7 Ft-tal tudjuk biztosan kitalálni a gondolt számot. Az elsõ kérdésünk lehet pld ez: "a gondolt szám az {1, 2, 3 ..., 13} halmazban van?".

Megoldás a) Ha bármelyik két kódszó minimális távolsága legalább (2k+1), akkor bármelyik kódszóban k betût elrontva, attól csak k Hamming távolságra jutunk, míg az összes többitõl legalább (k+1) Hamming távolágnyira leszünk. Így a szó kijavítható.
Ha két kódszó távolsága csak 2k lenne, akkor azokat a szavakat nem tudnánk kijavítani, amely a 2k hely közül k helyen az egyik kódszóval, k helyen a másik kódszóval, a többi helyen pedig mindkét kódszóval megegyeznek. Ezek a szavak mindkét kódszóból megkaphatók k betû elírásával.

b) Ha bármelyik két kódszó távolsága legalább (k+1), akkor hiába rontunk el egy kódszót k, vagy annál kevesebb helyen, nem kapunk másik kódszót, hanem tudni fogjuk, hogy hiba történt. Másrészt, ha van két olyan különbözõ kódszó, amelyek távolsága legfeljebb k, akkor az egyiket legfeljebb k helyen "elírva" megkaphatjuk a másikat, és ilyenkor nem veszi észre a hibát a rendszer.

c) Használjuk fel a b) állítást! Ha a két kódszó távolsága legfeljebb k, akkor az egyik kódszóból azt a legfeljebb k betût törölve, ahol különböznek, olyan "szó"-hoz jutunk, amelynek rekonstruálása nem egyértelmû. Tehát k-törlés javító kód minimális távolsága legalább (k+1).
Ha egy kódszó minden más kódszótól k-nál több helyen eltér, akkor bármelyik k betûjének törlõdése esetén sem keverhetõ össze másik kódszóval. Tehát egy legalább (k+1) minimális távolságú kód egyben k-törlés javító is.

Konstrukció Lineáris kódot keresünk, azaz olyan

a₁· y₁ + a₂· y₂ + ... + a₁₃· y₁₃ = 0, b₁· y₁ + b₂· y₂ + ... + b₁₃· y₁₃ = 0, c₁· y₁ + c₂· y₂ + ... + c₁₃· y₁₃ = 0 alakú egyenletrendszert, amelynek egyenletei, változói, mûveletei mod 3 értendõk. A kódszavak az egyenletrendszer megoldásai lesznek. Azért van szükség épp három egyenletre, mert 3¹³ szóból csak 3¹⁰-t akarunk kódszónak választani, azaz a 13 változóból csak 10-et akarunk szabadnak tekinteni, 3 pedig kiküszöbölendõ. Láttuk, hogy a kód akkor lesz 1-hiba javító, ha az együtthatók
mátrixában egyik oszlop sem azonosan 0, és semelyik két oszlop sem azonos vagy egymás ellentettje (azaz -1-szerese, vagy másképp: kétszerese). Ilyen mátrixot tudunk választani, hiszen az oszlopok három elembõl álló bináris sorozatok, amelyekbõl 3³ = 27 van, az azonosan 0 nélkül 26, az ellentett párokat nem megkülönböztetve épp 13.

Tapasztalataink alapján kimondhatjuk, hogy az alább definiált kódok 1-hiba javító tökéletes kódok.

Megoldás A ternér esetben 11 hosszúságú szóból összesen 3¹¹ van. Egy szótól 1 Hamming távolságnyira 2·11=22, míg 2 Hamming távolságnyira 2² · 11· 10/2 = 220 szó van. Egy szótól legfeljebb 2 távolságnyira tehát épp 243=3⁵ szó található. Így nincs kizárva, hogy 3¹¹/3⁵ = 3⁶ = 729 kódszóval 2-hiba javító kódot találjunk.
A bináris esetben 23 hosszúságú szóból összesen 2²³ van. Egy szótól 0, 1, 2, ill. 3 Hamming távolságnyira rendre

szó van, ami összesen 2048=2¹¹. Így nincs kizárva, hogy 2²³/2¹¹ = 2¹² = 4096 kódszóval 2-hiba javító kódot találjunk.

Megoldás A megfeleltetés után már a polinomok részhalmazait keressük. Az 1. tulajdonság azt jelenti, hogy I₁₀₁-beli polinom x-szerese is I₁₀₁-ben van, 2. szerint pedig I₁₀₁-beli polinomok összege is ott van. Ezekbõl az is következik, hogy I₁₀₁-beli polinom tetszõleges polinomszorosa is I₁₀₁-ben van, hiszen bármely polinommal való szorzás felépíthetõ x-szel való szorzásokból és polinomok összeadásából. Az x⁴ + x polinommal például úgy szorzunk meg egy másik polinomot, hogy egymás után négyszer megszorozzuk x-szel és az eredményhez hozzáadjuk az x-szel szorzott polinomot.
A feladat megoldása innentõl kezdve már nagyon hasonló a "Jó 30-as" feladatéhoz, csak míg ott az egész számok halmaza volt a fõszereplõ, itt a polinomok halmaza játszik. Lényeges közös vonás, hogy mindkét halmazban lehet maradékosan osztani.
Legyen most I₁₀₁ legkisebb fokú (az azonosan 0-tól különbözõ) eleme a p polinom. Ha q is I₁₀₁-ben van, akkor p|q, mert a q polinom p-vel való osztási maradéka is I₁₀₁-ben van és p-nél kisebb fokú, így 0. Tehát I₁₀₁ a p összes többszörösébõl, és csakis azokból áll. Annyi megoldás van, ahány osztója van az x² + 1 polinomnak. Az osztók: 1, x + 1, x² + 1, amibõl látható, hogy a fenti A), B) és C) eset az összes megoldást lefedi.