Dots, ka \(p\) - pirmskaitlis. Pierādīt, ka apgalvojumi "eksistē tāds vesels \(x\), ka \(x^{2}+x+3\) dalās ar \(p\)" un "eksistē tāds vesels \(y\), ka \(y^{2}+y+25\) dalās ar \(p\)" vai nu abi ir pareizi, vai abi - nepareizi.
Ja \(p=2\), tad ievērojam: \(x^{2}+x=x(x+1)\) ir pāra skaitlis, tāpēc abi apgalvojumi ir aplami.
Ja \(p=3\), ievērojam, ka \(2^{2}+2+3\) dalās ar \(3\) un \(1^{2}+1+25\) dalās ar \(3\), tātad abi apgalvojumi ir patiesi.
Pieņemam, ka \(p>3\).
Ja \(a^{2}+a+3 \vdots p\), tad arī \(9a^{2}+9a+27 \vdots p\). Bet \(9a^{2}+9a+27=(3a+1)^{2}+(3a+1)+25\). Tātad, ja patiess ir pirmais apgalvojums, tad patiess ir arī otrais.
Ja \(b^{2}+b+25 \vdots p\), tad arī \((b+p)^{2}+(b+p)+25 \vdots p\) un \((b+2p)^{2}+(b+2p)+25:p\). Ievērojam, ka skaitļi \(b,\ b+p\) un \(b+2p\) dod dažādus atlikumus, dalot ar \(3\), jo \(p>3\). Tātad viens no tiem ir formā \(3c+1\), \(c \in Z\). Iegūstam, ka \((3c+1)^{2}+(3c+1)+25 \vdots p\) jeb \(9\left(c^{2}+c+3\right) \vdots p\). Tā kā \(p>3\), no šejienes seko, ka \(c^{2}+c+3:p\). Tātad, ja patiess ir otrais apgalvojums, tad patiess ir arī pirmais.