Vì ba số nguyên tố đầu tiên là 2,3,5, do đó trong 12 số nguyên tố phân biệt đã cho luôn có ít nhất 9 số lớn hơn 5.Vì là số nguyên tố lớn hơn 5 nên+ 9 số trên khi chia cho 3 dư 1 hoặc 2. Theo nguyên lí Dirichlet phải tồn tại ít nhất 5 số đồng dư với nhau mod3. Năm số này lại không chia hết cho 5 vì thế trong năm số ấy lại có ít nhất hai số mà ta có thể giả sử là a1,a2 sao cho a1≡a2(mod5). Ngoài ra dĩ nhiên ta có a1≡a2(mod3). Từ đó a1−a2⋮15. Mặt khác a1 và a2 cùng lẻ nên a1−a2⋮2. Do đó a1−a2⋮30.+ Xét 7 số còn lại : Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 4 số đồng dư với nhau theo mod3. Đem 4 số này chia cho 5. Có hai khả năng xảy ra:a) Nếu có hai số chẳng hạn (mà ta sẽ gọi là a3,a4) mà a3≡a4(mod5). Từ đó a3−a4⋮5. Rõ ràng a3−a4⋮3 và a3−a4⋮2. Mà (5,2,3)=1 nên a3−a4⋮30. Lấy hai số a5,a6 bất kì (ngoài a1,a2,a3,a4 đã chọn) thì do a5,a6 lẻ nên a5+a6⋮2. Từ đó suy ra:(a1−a2)(a3−a4)(a5−a6) ⋮30.30.2=1800b) Nếu 4 số này khi chia cho 5 có các số dư khác nhau là 1,2,3,4. Giả sử a5≡1(mod5),a6≡4(mod5), thì a5+a6≡0(mod5). Với hai số còn lại a3,a4 thì rõ ràng a3−a4⋮3 (theo cách chọn 4 số như trên). Do a5,a6,a3,a4 lẻ nên a5+a6⋮2và a3−a4⋮2. Từ đó suy ra a5+a6⋮10 và a3−a4⋮6. Vậy:(a1−a2)(a3−a4)(a5−a6) ⋮30.10.6=1800Tóm lại luôn tồn tại a1,a2,a3,...,a6 phân biệt sao cho:(a1−a2)(a3−a4)(a5−a6) ⋮1800.

Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn chọn ra được 6 số ,gọi là a1;a2;a3...;a6 sao cho :(a1−a2)(a3−a4)(a5+a6)⋮1800 GiảiVì ba số nguyên tố đầu tiên là 2,3,5, do đó trong 12 số nguyên tố phân biệt đã cho luôn có ít nhất 9 số lớn hơn 5.Vì là số nguyên tố lớn hơn 5 nên+ 9 số trên khi chia cho 3 dư 1 hoặc 2. Theo nguyên lí Dirichlet phải tồn tại ít nhất 5 số đồng dư với nhau mod3. Năm số này lại không chia hết cho 5 vì thế trong năm số ấy lại có ít nhất hai số mà ta có thể giả sử là a1,a2 sao cho a1≡a2(mod5). Ngoài ra dĩ nhiên ta có a1≡a2(mod3). Từ đó a1−a2⋮15. Mặt khác a1 và a2 cùng lẻ nên a1−a2⋮2. Do đó a1−a2⋮30.+ Xét 7 số còn lại : Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 4 số đồng dư với nhau theo mod3. Đem 4 số này chia cho 5. Có hai khả năng xảy ra:a) Nếu có hai số chẳng hạn (mà ta sẽ gọi là a3,a4) mà a3≡a4(mod5). Từ đó a3−a4⋮5. Rõ ràng a3−a4⋮3 và a3−a4⋮2. Mà (5,2,3)=1 nên a3−a4⋮30. Lấy hai số a5,a6 bất kì (ngoài a1,a2,a3,a4 đã chọn) thì do a5,a6 lẻ nên a5+a6⋮2. Từ đó suy ra:(a1−a2)(a3−a4)(a5−a6) ⋮30.30.2=1800b) Nếu 4 số này khi chia cho 5 có các số dư khác nhau là 1,2,3,4. Giả sử a5≡1(mod5),a6≡4(mod5), thì a5+a6≡0(mod5). Với hai số còn lại a3,a4 thì rõ ràng a3−a4⋮3 (theo cách chọn 4 số như trên). Do a5,a6,a3,a4 lẻ nên a5+a6⋮2và a3−a4⋮2. Từ đó suy ra a5+a6⋮10 và a3−a4⋮6. Vậy:(a1−a2)(a3−a4)(a5−a6) ⋮30.10.6=1800Tóm lại luôn tồn tại a1,a2,a3,...,a6 phân biệt sao cho:(a1−a2)(a3−a4)(a5−a6) ⋮1800.