Tekintsük a feladatot megoldottnak, és jelölje $A$ a pontozott helyekre beírt számok jegyeinek a számát, $S$ pedig ezeknek a számoknak az összegét. Az $S$ nem más, mint a keretben összesen előforduló számjegyek száma, $A+10$. A keretben tíz helyre írtunk számokat, ezért $A\geqq 10$. Ha a beírt számok egyjegyűek ‐ ezt a beküldött dolgozatok nagy részében magától értetődőnek vették ‐, akkor $A=10$ és így $S=20$. Lehetséges azonban, hogy nem csak egyjegyű számokat írtunk fel. Ilyenkor $A>10$, és legalább $\left(A-10\right)$ darab számjegy tízes helyi értéken áll. A beírt számok összege, $A+10$ ekkor legalább $10\left(A-10\right)$, ahonnan $A\leqq \frac{110}{9}<13$ adódik. A beírt számok között tehát legalább $8$ egyjegyű. Ekkor azonban a kapott becslés javítható, ugyanis a beírt egyjegyű számok egyike sem lehet $0$, és így
$S=A+10\geqq 10\left(A-10\right)+8$, ahonnan kapjuk, hogy $12>A$.
A beírt számok összege, $S$ tehát vagy $20$ vagy $21$, utóbbi esetben pedig pontosan egy kétjegyű számot írtunk a keretbe. Legyen a keretben az $i$ számjegy előfordulásainak a száma $a_i$, és vizsgáljuk először az $S=a_0+a_1+\text{...}+a_9=20$ esetet.
Mivel $a_1=1$ nem lehet, $1<a_1<10$. A pontok helyére írt $10$ szám között így $a_1-1$ darab $1$-es és ‐ eddig ‐ legalább egy ,,$a_1$-es'' szerepel. Ezek összege $2a_1-1$, a további $\left(10-a_1\right)$ darab szám összege ezért $20-\left(2a_1-1\right)=\left(9-a_1\right)\cdot 2+3$. Mivel e $\left(10-a_1\right)$ darab szám mindegyike legalább $2$, összegük pedig épp $1$-gyel nagyobb, mint $\left(10-a_1\right)\cdot 2$, ezek között a számok között pontosan egy $3$-as van, a többi $\left(9-a_1\right)$ darab pedig $2$-es. A pontozott helyekre tehát $a_1-1$ darab $1$-est, $\left(9-a_1\right)$ darab $2$-est, egy darab $3$-ast és egy ,,$a_1$-est'' írtunk. ($a_1=2$ vagy $a_1=3$ lehetséges.)
A pontozott helyekre tehát legfeljebb $4$-féle számjegyet írhattunk $\left(\mathrm{1,}\mathrm{2,}\mathrm{3,}{a}_1\right)$, a $10$ számjegy közül tehát legalább $6$ csak egyszer fordul elő a keretben. Így $a_1\geqq 6$, vagyis $a_1\ne 2$ és $a_1\ne 3$. A pontozott helyekre tehát éppen $4$-féle számjegyet írtunk, a keretben tehát pontosan $6$ számjegy fordul elő egyszer, vagyis $a_1-1=6$.
Ekkor $a_1=7$, és így a pontozott helyeken $6$ darab $1$-es, $2$ darab $2$-es, $1$ darab $3$-as és $1$ darab $7$-es áll. A keretben levő $2$-esek száma így összesen valóban $1+2=3$, a $3$-asoké és a$7$-eseké $1+1=2$, és az alábbi igaz állítást kapjuk: