問題１：
答えは９回。
最初に，盗難のない配達が起これば，それにかかわらなかった２人のうち，誰が盗人で誰が盗人でないかは，残り２回の送付で明らかにできる。例えば，Ｍ１ Ｍ２ Ｍ３を介して安全に配達されたとすると，Ｍ１ Ｍ２ Ｍ４およびＭ１ Ｍ２ Ｍ５を介した送付によって（Ｍ１とＭ２は盗人でないので）残りのＭ４およびＭ５の正体がわかる。これを「２回判定法」と呼ぼう。
さて，９回で盗人を確定するには最初の４回で次を試す。

この中に盗難が起きない場合があれば「２回判定法」を使えばよい。すべてで盗難が起きたとすると，最初の３回からＭ４，Ｍ５の１人以上は盗人で，４回目からＭ１，Ｍ２，Ｍ３の中にも盗人がいることがわかる。さらに盗人は２人以下だから，Ｍ４，Ｍ５の中に１人，Ｍ１，Ｍ２，Ｍ３の中に１人盗人がいる。

あと５回あれば盗人の可能性，｛Ｍ１，Ｍ４｝，｛Ｍ１，Ｍ５｝，｛Ｍ２，Ｍ４｝，
｛Ｍ２，Ｍ５｝，｛Ｍ３，Ｍ４｝，｛Ｍ３，Ｍ５｝をすべてチェックできる。実際，

レザンカ（Ivan Rezanka）は，すべての場合を調べて，９回が最短であることを示した（訳注：盗人の集合の可能性は，φ(空)，｛Ｍ１｝，｛Ｍ２｝，｛Ｍ３｝，｛Ｍ４｝，｛Ｍ５｝，｛Ｍ１，Ｍ２｝，
｛Ｍ１，Ｍ３｝，｛Ｍ１，Ｍ４｝，｛Ｍ１，Ｍ５｝，｛Ｍ２，Ｍ３｝，｛Ｍ２，Ｍ４｝，
｛Ｍ２，Ｍ５｝，｛Ｍ３，Ｍ４｝，｛Ｍ３，Ｍ５｝，｛Ｍ４，Ｍ５｝の16通りだから，各回の発送でどの可能性が除かれるかを順に調べると，どうしても９回かかることがわかる）。

問題２：
未解決だが，以下は解決のヒントになるだろう。仲介人が自分のところに来たときに封が破られていたかどうかを報告する場合，最初に次の４回を試してみよう。

問１の解同様，すべての回で盗難が起きた場合を考えると，盗人はＭ１，Ｍ２，Ｍ３の中に１人，Ｍ４，Ｍ５の中に１人いる。したがって，Ｍ４が盗人なら，最初の３回のうち少なくとも２回でＭ４が盗んだことが報告される。しかし，Ｍ５も（盗人なら）同じ状況を起こすことができるのだ。