Az első példa teljesen nyílvánvaló, mert itt `(n-1)*n*(n+1)` három egymást követő egész szorzata áll.
Már pedig három egymást követő számban mindig találunk legalább egy páros és egy hárommal osztható páratlan számot. Még akkor is, ha nem különböznek egymástól, de akkor az nyílván `6`-al osztható egész lesz. `diamond`

Az egésszel való oszthatóságot próbáld átírni a feladatban szereplő osztó maradékaira.
A következőkben ezt az elvet fogjuk megvalósítani. És azt a tényt, hogy keressük egy `x` egész szám `6`-os maradékát `mod(x,6)` -al jelöljük.

2.12 esetén alkalmazd az `(a+b)^3`-ra tanult azonosságot. `n=6k+r` alakú, ahol `0 le r le 5`
Nézzük meg, hogy mit mondhatunk el a hatos maradékok köbeiről: `mod(0^3,6)=0`; `mod(1^3,6)=1; mod(2^3,6)=mod(8,6)=2; mod(3^3,6)=mod(27,6)=3`; `mod(4^3,6)=mod(64,6)=4; mod(5^3,6)=mod(125,6)=5)`; tehát most `mod(r^3,6)=r` fogjuk alkalmazni. Tehát `(6k+r)^3+5(6k+r)=6l+r+30k+5r=6p`; "`(6k+r)^3=6^3k^3+3*6^2*k^2*r+3*6k*r^2+r^3`"-ről joggal mondhatjuk, hogy létezik olyan `l`, hogy az "`=6l+r`" és a "`6l+r+6*5*k+5r`"-höz pedig létezik olyan `p`, hogy az "`=6*p`". `diamond`

2.13 példát a teljes indukcióval oldjuk meg. Tehát `n=1` esetén `2^5+3=32+3=5*7` és `n=2` esetén `2^(4*2+1) + 3=512+3=5*103`, tehát itt igaz az állítás.
Tegyük fel, hogy valamely `n-re` igaz `mod(2^(4n+1) + 3, 5)=0` és következtetünk `n+1` esetére
`mod(2^(4(n+1)+1) + 3, 5)=mod(2^4(4^(4n+1))+3, 5)=mod(16(4^(4n+1)+3)-16*3+3, 5)=(***)`, itt alkalmazzuk az indukciós feltevést és létezik olyan `k` egész, hogy `(***)=mod(16*5*k-48+3, 5)=mod(16*5*k-9*5, 5)=0`. `diamond`

2.14 esetén háromféle esetről beszélünk. `n=3k+r` alakú, ahol `0 le r le 2`.
`mod(0^3,3)=mod(0,3)=0`; `mod(1^3,3)=mod(1,3)=1`; `mod(2^3,3)=mod(8,3)=3`;
tehát most az `mod(r^3,3)=r` összefüggést fogjuk alkalmazni; tehát `n^3 + 5n + 6=(3k+r)^3+5(3k+r)+6=(***)`. Viszont `(3k+r)^3=3^3k^3+3*3^2*k^2*r+3*3k*r^2+r^3=3l+r`. Így `(***)=3l+r+15k+5r+6=3p`. A fenti gondolatmenetekre hivatkozva mondhatjuk, hogy `l` és `p` egészek ilyetén létezése jogos. `diamond`

2.15 esetén először belátjuk, hogy tetszőleges `(x, y)` egészek esetén igazak a következő segédállítások. `mod(10^x,9)=1` és `mod(3*4^(y+2),9)=3` Induljunk el abból, hogy `10=9+1` és `4=9-5`. Ha vesszük a `(9+1)^x` hatványát, akkor minden esetben látható, hogy valahány darab tagból álló kifejezében az utolsó tagot leszámítva az előző tagok mind oszthatók lesznek 9-el, tehát `(9+1)^x=9l+1`. Második segédállítás bizonyításánál fogjuk alkalmazni a teljes indukciót,
`y=1`-re `mod(3*4^(1+2),9)=mod(3*64,9)=mod(12,9)=3`,
`y=2`-re `mod(3*4^(2+2),9)=mod(3*256,9)=mod(768,9)=mod(48,9)=mod(45+3,9)=3`. Majd feltesszük, hogy `y`-ra igaz az állítás, és ebből következtetünk. `3*4^(y+2+1)=16*3*4^(y+2)=`
`=(9+7)(9k+3)=9l+13+3`, tehát `mod(3*4^(y+2+1), 9)=3`. Itt is a `k` és `l` egészek ilyetén létezése jogos. A fentiek alapján most már befejezhetjük a 2.15 bizonyítását:
`mod((10^n + 3 · 4^(n+2)+5),9)=mod(1+3+5,9)=0`. `diamond`

2.16 bizonyításánál vizsgálni fogjuk `mod((7^n + 10n − 5), 4)` kifejezést. Létezik olyan `k` egész, hogy `7^n=(4+3)^n=4k+3^n`, továbbá létezik olyan `l` egész, hogy `10n-5=8n+2n-4` `-1=4*l+2n-1`. A `mod((3^n+2n-1),4)=0`-át teljes indukcióval fogjuk belátni. Ha `n=1`, akkor `mod(3^1+2-1,4)=0` és `n=2` esetén `mod(3^2+2*2-1,4)=0`. Feltesszük, hogy `mod((3^n+2n-` `-1),4)=0` teljesül és ebből következtetünk `mod((3^(n+1)+2(n+1)-1),4)=mod((3^n+2n-1)+(2*3^n+2), 4)=0`-ra. Mivel `3^n` páratlan egész, ezért ennek 4-es maradéka csak 1 vagy 3 lehet. E két esetre is teljesül a `mod(2*(3^n+1),4)=0` állítás. Tudniillik létezik olyan `(p,q)` egészekből álló páros, hogy vagy `2*(3^n+1)=2*(4*p+1+1)=4*(2p+1)` vagy `2*(3^n+1)=2*(4*q+3+1)=4*(2q+2)` fog teljesülni. `diamond`