1. Mutatunk egy eljárást, ami a kártyákat $50$ dobozba teszi.
Minden kártyáról töröljünk le egy jegyet úgy, hogy a megmaradt $2$ számjegy összege páros legyen (a törlés egyébként tetszőleges), majd tegyük a kártyát abba a dobozba, amelynek száma az így kapott kétjegyű szám. Ezt a törlést minden kártya esetén megtehetjük, ugyanis
‐ ha a $3$ számjegy összege páros, akkor van köztük páros jegy, ezt letörölve a maradék két számjegy összege páros lesz;
‐ ha a $3$ számjegy összege páratlan, akkor van a jegyek közt páratlan, ha ezt letöröljük, a maradék számjegyek összege páros lesz.
Mivel a $00$, $\mathrm{01,}\text{...}\mathrm{,}99$ számoknak pont a felében páros a számjegyek összege (ui. egy egyértelmű megfeleltetés létesíthető a páros és páratlan számjegyösszegű számok közt így: $\left(a\mathrm{,}b\right)\leftrightarrow \left(9-a\mathrm{,}b\right)$, ahol $\left(a\mathrm{,}b\right)$ egy olyan szám, melynek első jegye $a$, második $b$), valóban $50$ dobozba raktuk a kártyákat.
2. Bebizonyítjuk, hogy kevesebb doboz nem elég.
Tegyük fel, hogy a kártyákat a feltételnek megfelelően betettük a dobozokba. Osszuk a $100$ db dobozt $10$ db $10$-es csoportba úgy, hogy minden csoportban az első számjegyek azonosak legyenek (így tehát pl. A $00$, $01$, $\mathrm{02,}\text{...}\mathrm{,}09$ egy csoportot alkot). Tekintsük azt az $a0$, $a1$, $a\mathrm{2,}\text{...}\mathrm{,}a9$ csoportot, amelyben a legtöbb: $k$ db üres doboz van. Legyenek az üres dobozok számai $a{a}_1$, $a{a}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}a{a}_k$. Figyeljük meg, hogy ekkor az összes $a{a}_i{a}_j(i\mathrm{,}j=\mathrm{1,}\mathrm{2,}\text{...}\mathrm{,}k$ és $i$, $j$ lehet egyenlő is) számú kártya ‐ mivel az $a{a}_i$, $a{a}_j$ dobozok üresek ‐ csak az $a_i{a}_j$ dobozba tehető, azaz az összes $a_i{a}_j$ doboz nem üres. Ilyen $a_i{a}_j$ feliratú dobozból nyilván $k^2$ db van.
Tekintsük azokat a csoportokat, amelyekben a felirat első jegye nem $a_i\left(i=\mathrm{1,}\mathrm{2,}\text{...}\mathrm{,}k\right)$, ilyen csoport $\left(10-k\right)$ db van. Ezekben a csoportokban ‐ mint minden csoportban ‐ legalább $\left(10-k\right)$ db nem üres doboz van, hiszen $k$ megválasztása miatt $k$-nál több üres doboz nem lehet egy csoportban sem. Tehát ezekben a csoportokban összesen legalább ${\left(10-k\right)}^2$ db nem üres doboz van.
Az előbb talált $k^2$ és a most talált ${\left(10-k\right)}^2$ nem üres doboz közt nincs átfedés, hiszen első jegyeik biztosan különböznek. Ezzel beláttuk, hogy összesen legalább $k^2+{\left(10-k\right)}^2$ nem üres doboz van. Ez nem lehet kisebb $50$-nél, hiszen