I. megoldás Tekintsünk egy lehetséges információt! Legyen pld u₁ az az információ, üzenet, hogy "támadás várható észak­ról". Az üzenet vevõjénél és az azt közvetítõ kémnél kell lennie egy a dekódolást illetve a kódolást segítõ irat­nak, amelyben föl van sorolva, hogy az u₁ üzenetet mely sakktáblaszínezések jelentik. Bonyolult lenne mindig lerajzolni a sakktáblát. Ehelyett rakjuk inkább sorba a 64 mezõt, és minden sakktáblaszínezésnek feleltessünk meg egy-egy 64 hosszúságú 0-1 sorozatot, pld 0 jelentheti a fehér színt, 1 a feketét. Ha a sorozat 11. eleme 1-es, akkor a megfeleltetett színezésben a sakktábla 11. mezõje fekete. Az u₁ üzenetet ezek után a 64 hosszúságú 0-1 sorozatok egy U₁ részhalmaza továbbítja. Megpróbáljuk meghatározni egy megfelelõ U₁ részhalmaz tulajdonságait.
Az u₁ üzenetet el kell tudnia küldeni a kémnek, bármilyen minta is kerül elé. Ez azt jelenti, hogy bármely 64 hosszúságú 0-1 sorozathoz található U₁-ben azzal teljesen megegyezõ vagy tõle csak egy helyen eltérõ sorozat. Másképpen:
1) az U₁ elemei köré írt 1 sugarú Hamming gömbök lefedik az összes 64 hosszúságú 0-1 sorozatot.
Tudjuk, hogy bármely 1 sugarú Hamming gömbben éppen 1 + 64 = 65 elem (0-1 sorozat) van, összesen pedig 2⁶⁴ darab  0-1 sorozat van. Ennek alapján, ha az U₁-ben szereplõ 0-1 sorozatok száma n₁, akkor n₁ · (64 + 1) ≥ 2⁶⁴. Ebbõl (mivel 65 nem osztja 2⁶⁴-t) n₁ > 2⁶⁴/65. Ez bármely információra igaz, és az összes információhoz tartozó összes színezések legfeljebb 2⁶⁴-en vannak, így ha összesen k-féle információt küldhetünk, akkor

k· 2⁶⁴/65 < n₁ + n₂ + ... + n_k ≤ 2⁶⁴, azaz k< 65.

Megmutatjuk, hogy 64 információ átküldése lehetséges. 64 helyet próbálkozhatunk 1, 2, 4, 8 mezõvel, ezekben az esetekben a kém által elküldhetõ információk száma 1, 2, 4, 8, és viszonylag könnyû is megta­lálni a színezé­sek, illetve a 0-1 sorozatok megfelelõ U_i részhalmazait. Az általánosítás azonban nehezen észrevehetõ. Ennek oka az, hogy túl sok szabadságunk van, valójában a fenti esetekben mindig elég eggyel kevesebb mezõ is ugyan­annyi üzenet átküldésére. Ennek esélyét beláthatjuk, ha az elõzõ bekezdésben leírtakat 64 mezõ helyett 63-mal is végiggondoljuk. Valóban, ilyenkor a Hamming gömb elemeinek száma 64, 2⁶⁴/64 most egész, így lehetséges, hogy n_i = 2⁶⁴/64 legyen, tehát az adódó k· 2⁶³/64 ≤ n₁ + n₂ + ... + n_k ≤ 2⁶³ egyenlõtlenség nem zárja ki, hogy az üzenetek k száma 64 legyen.
63 mezõn csak akkor küldhetünk át 64 üzenetet, ha bármelyik üzenethez tartozó U_i halmaz egyes elemei köré írt Hamming gömbök egymáshoz diszjunktak (nincs közös elemük) és lefedik az összes 63 hosszú 0-1 sorozatot. Ez éppen azt jelenti, hogy mindegyik U_i halmaz egy-egy tökéletes 1-hiba javító kód.
Legyen az u₁ információhoz tartozó U₁ halmaz a 6 egyenlettel meghatározott 2⁶ - 1 hosszú szavakból álló Ham­ming kód. Legyen továbbá x tetszõleges 63 hosszú 0-1 sorozat. A sorozatokat a következõkben vektorokként kezeljük, koordinátánként mod 2 adjuk õket össze. Toljuk el U₁-et x-szel. Ezen a következõt értjük: tekintsük U₁ összes elemét (vektorát) és mindegyikhez külön-külön adjuk hozzá az x vektort. Az így kapott vektorok halma­zát U₁ + x -szel jelöljük. Képezzük ezt a halmazt minden lehetséges x-re. Így 2⁶³ halmazt kapunk. Állítjuk, hogy
1') bármely x-re, az U₁ + x elemei köré írt 1 sugarú Hamming gömbök lefedik az összes 63 hosszúságú 0-1 sorozatot.
2) bármelyik kettõ halmaz vagy megegyezik egymással vagy diszjunkt.
Ha állításaink igazak, akkor készen vagyunk, az egymástól diszjunkt eltoltak lesznek az üzeneteknek megfelelõ U_i halmazok.
Belátjuk a fenti 1'), 2) állításokat. Az U₁ halmaz elemei köré írt 1 sugarú Hamming gömbök uniója az összes 63 hosszúságú 0-1 sorozat (vektor) halmaza, hiszen U₁ tökéletes kód. Az U₁ + x elemei köré írt 1 sugarú Hamming gömböket úgy is képezhetjük, hogy az U₁ elemei körüli gömböket toljuk el x-szel. Ezért az U₁ + x elemei köré írt 1 sugarú Hamming gömbök uniója U₁ elemei körüli gömbök uniójának, azaz az összes sorozatnak (vektornak) az eltoltja. Ha az összes sorozatot (vektort) eltoljuk ugyanazzal a sorozattal (vektorral), akkor az összes sorozatot (vektort) megkapjuk, így az 1') állítás igaz.
Ha az U₁ + x,  U₁ + y halmazok nem diszjunktak, akkor van közös elemük, tehát valamely a, b U₁-beli vektorok­kal a + x = b  + y. Ebben az esetben az U₁ + x halmaz tetszõleges a' + x elemére (a' az U₁-ben van) és az U₁ + y halmaz bármely b' + y elemére (b' az U₁-ben van)

a' + x = (a' - a) + (a + x) = (a' - a) +  (b + y) = (a' - a + b) + y,
b + y = (b' - b) + (b + y) = (b' - b) + (a + x) = (b' - b + a) + x.
Mivel U₁ lineáris kód, így (a' - a + b) és (b' - b + a) az U₁ elemei, tehát a' + x az U₁ + y, b' + y pedig az U₁ + x halmazban van, azaz a két halmaz valóban megegyezik egymással. A 2) állítást is bebizonyítottuk.

II. megoldás (csak konstrukció, Pósa Lajos)
Konstrukciót adunk 64 információra. Az egyik mezõt kidobhatjuk. A maradék mezõkre írjuk rá 1-tól 63-ig a számokat kettes számrendszerben 6 biten (000001-111111)! Ha adott a tábla színezése, akkor adjuk össze a fekete mezõk számait bitenként mod 2. Így egy X számot kapunk. A fogadó fél is így fogja majd dekódolni az üzenetet. Legyen az információ, amit át akarunk adni Y (szintén 6 biten tárolva). Képezzük az X - Y bitenkénti differenciát! Ha ez 000000, akkor nem kell változtatnunk, egyébként változtassuk meg a neki megfelelõ mezõ színét.

Megoldás Az "ideális 101-es" feladat "Segítség" részében leírt megfeleltetésbõl indulunk ki, természetes számok helyett F₂ feletti (azaz az együtthatók és a mûveletek mod 2 értendõk) polinomokról beszélünk. Az ottani megoldásból kiderül, hogy 1. és 2. azzal ekvivalens, hogy az "ideális 1001-es" halmaz valamely p polinomból és p összes többszörösébõl (azaz polinom-szorosából) áll. A 3. tulajdonság pedig pontosan akkor teljesül, ha  p az  x³ + 1 poli­nom osztója, azaz x³ + 1 elõáll p-nek egy (F₂ feletti) polinommal vett szorzataként.  Tehát az "ideális 1001-es halmazok" leszámlálása ekvivalens az x³ + 1 polinom osztóinak leszámlálásával. F₂ felett, azaz mod 2 számolva is teljesül az x³ + 1 = (x + 1) · (x² + x + 1) azonosság, és itt már egyik tényezõt sem lehet tovább bontani kisebb fokú polinomok szorzatára, a két tényezõ már felbonthatatlan, idegen szóval irreducibilis. Az F₂ test feletti polinomok körében is igaz a számelmélet alaptétele (ezt a szakkör õszi félévében igazoltuk, de a szakköri anyagban egyelõre nincs részletesen leírva). Ennek következményeként x³ + 1 összes osztója, tehát az összes lehetséges p polinom x³ + 1 irreducibilis osztóiból állítható össze. A két irreducibilis osztóból összesen négy osztó állítható össze: p₁ = 1,  p₂ = x + 1,  p₃ = x² + x + 1 és p₄ = (x + 1) · (x² + x + 1) = x³ + 1. Tehát négy "ideális 1001-es halmaz" van. A p₁-nek megfelelõ halmaz az összes természetes számból áll, a p₂ által meghatározott pedig azokból a természetes számokból, amelyeknek kettes számrendszerbeli alakjában páros darab 1-es van. A p₃ és p₄ által generált "ideális 1001-es halmazokat" bonyolultabb leírni, szükség van hozzá, hogy a természetes számok kettes számrendszerbeli alakjának jegyeit három csoportba osszuk. Alább aláhúzással, dõlt szedéssel, illetve normál szedéssel jelöltük a csoportokat egy példaként vett szám kettes számrendszerbeli alakján:

1001110110001,
tehát minden harmadik jegy tartozik ugyanabba a csoportba. A p₃ által generált "ideális 1001-es halmaz" azokból a kettes számrendszerbeli alakokból áll, amelyeknél ha felírjuk a három csoportba tartozó 1-esek számát, akkor három ugyanolyan paritású számot kapunk. A p₄ által generált halmaz pedig azokból a kettes számrendszerbeli alakokból áll, amelyek mindhárom csoportban páros darab 1-est tartalmaznak.

Megoldás A feladat megoldható az esetek alapos elemzésével, de a tapasztalat azt mutatja, hogy a diákok gyakran elnézik a két legizgalmasabb "7-szögre ideális" részhalmazt. Alább egy, az absztrakt algebrába hajló megoldást ismertetünk.
Visszavezetjük a feladatot az "ideális 101-es", "ideális 1001-es" problémákkal analóg kérdésre. Tekintsük az F₂ test feletti polinomok F₂[x] halmazát. Minden polinomhoz hozzá­rendeljük a hétszög egy "kitöltését" a következõ módon. A hétszög csúcsait számozzuk meg az egyik forgásirányban a 0., 1., 2., ..., 6. sorszámokkal, és a p polinom tagjait írjuk fel sorban, körkörösen a hétszög csúcsaira. A polinom konstans tagja kerüljön a 0., az elsõfokú tag az 1. csúcshoz és így tovább, a hetedfokú tag értelem szerint megint a 0. csúcshoz kerül. A hétszögnek a p polinomhoz rendelt kitöltésének értéke egy adott csúcson legyen egyenlõ a p polinomnak az ahhoz a csúcshoz írt tagjai együtthatóinak összegével. A p polinomhoz így rendelt kitöltést &phi(p) fogja jelölni. Tehát φ(p)-ben az i. csúcs­hoz írt érték a p polinom azon tagjai együtthatóinak összegével egyenlõ, amely tagok kitevõje 7-tel osztva i maradékot ad. Például a p(x) = 1 + 0·x + 1·x² + 1··³ + 0·x⁴ + 0·x⁵ + 1·x⁶ + 1·x⁷ + 1·x⁸ + 0·x⁹ + 1·x¹⁰ polinomhoz rendelt kitöl­tésnél a 0. csúcshoz írt szám a 0, mert az 1 + 1·x⁷ polinom együtthatóinak összege 0. Ehhez hasonlóan az 1. csúcshoz írt szám 1, mert 0·x+1·x⁸ együtthatóinak összege 1. φ(p)-ben 2., 3., 4., 5., 6. csúcsokhoz írt számok rendre 1, 0, 0, 0, 1.

Legyen most adva egy  I₇ halmaz, ehhez hozzá fogjuk rendelni az F₂[x]-beli polinomok egy részhalmazát, amelyet - késõbb világossá váló okokból - I_10000001-gyel jelölünk. I_10000001 álljon az összes olyan polinomból, amelyhez a fenti hozzárendelés I₇-beli kitöltést feleltet meg. Röviden: I_10000001 = φ^-1(I₇).  "7-szögre ideális" I₇ halmaz lehet az üres halmaz is, de állítjuk, hogy az összes ettõl különbözõ "7-szögre ideális" I₇ halmazhoz rendelt I_10000001 polinom-halmaz rendelkezik az alábbi három tulajdonsággal:

1.' ha h I_10000001-ben van, akkor x·h0 is I_10000001-ben van;
2.' ha h és j is I_10000001-ban van, akkor h + j is ott van.
3.' az x⁷ + 1 polinom I_10000001-ben van.

Valóban, 1'. az 1., 2'. a 2. tulajdonság közvetlen következménye, 3'. pedig abból adódik, hogy nem üres "7-szög­re ideális" halmazban a 2. tulajdonság miatt (azt két egymással megegyezõ polinomra alkalmazva) benne van az azonosan 0 kitöltés, és az x⁷ + 1 polinomhoz rendelt φ(x⁷ + 1) kitöltés is azonosan 0. Nevezzük az 1'., 2'., 3'. tu­laj­­donsággal rendelkezõ polinom-halmazokat "ideális 10000001-es"-nek. Állítjuk, hogy

A) "ideális 10000001-es" halmaz képe a φ leképezésnél "7-szögre ideális";
B) egymástól különbözõ "ideális 10000001-es" halmazok képe különbözik egymástól.

Valóban, az 1'), 2') tulajdonságból következnek az 1), 2) tulajdonságok, így az A) állítás igaz. B) igazolásához 3'.-re is szükség van. Ha valamely p, q polinomokra φ(p) = φ(q), akkor p - q elõáll a x⁷ + 1, x⁸ + x, x⁹ + x², ... polinomok összegeként, azaz p - q = r(x)·(x⁷ + 1), ahol r(x) is polinom. Az 1'., 2'., 3'. tulajdonságokból követ­kezik, hogy r(x)·(x⁷ + 1) minden "ideális 10000001-es" halmazban benne van, így 2'. szerint q pontosan akkor van benne egy "ideális 10000001-es" halmazban, ha abban p = q + r(x)·(x⁷ + 1) is benne van. Ezzel megmutat­tuk, hogy ha két "ideális 10000001-es" halmaz képe megegyezik egymással, akkor a két "ideális 10000001-es" halmaz is megegyezik egymással.
Mindezekbõl következik, hogy az üres halmaztól különbözõ "hétszögre ideális" kitöltés-halmazok kölcsönösen egyértelmû megfeleltetésben állnak az "ideális 10000001-es" halmazokkal. Ez utóbbiak az "ideális 101-es" feladat megoldásának mintájára az x⁷ + 1 polinom irreducibilis felbontásának segítségével határozhatók meg. A felbontás:

x⁷ + 1 = (x + 1)·(x⁶ + x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (x + 1)·( x³ + x² + 1)· ( x³ + x + 1).
Ebbõl következik, hogy 9 db "7-szögre ideális" kitöltéshalmaz van, az üres halmazon kívül az alábbi nyolc:

	generáló polinom	leírás	elemszám
1.	p1 = 1	az összes kitöltés	27
2.	p2 = x + 1	az 1-esek száma páros	26
3.	p3 = x3 + x2 + 1	az ábrán látható 8, és ugyanezek a 0 és 1 felcserélésével.	24
4.	p4 = x3 + x + 1	3. tükörképe	24
5.	p5 = (x + 1)·(x3 + x2 + 1)	2. és 3. közös része	23
6.	p6 = (x + 1)·(x3 + x + 1)	2. és 4. közös része	23
7.	p7 = x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1	azonosan 0, és azonosan 1.	21
8.	p8 = x7 + 1	azonosan 0	20