Základná veta v úlohách s $\operatorname{NSN}$ (najmenší spoločný násobok) a $\operatorname{NSD}$ (najväčší spoločný deliteľ) ktorá sa využíva je indukcia a identita $$ab=\operatorname{NSD}(a,b)\operatorname{NSN}(a,b).$$

Ukážeme, že výsledok je $n$, teda že na konci na papieri bude určite aspoň $n$ rôznych čísel. Ako prvé si ukážeme konštrukciu: Ak sú Slavove obľúbené čísla $2^0,\ 2^1,\ 2^2,\ \dots,\ 2^{n-1}$, potom na papieri budú napísané práve čísla $2^0,\ 2^1,\ 2^2,\ \dots,\ 2^{n-1}$ a žiadne iné, pretože $\operatorname{NSD}$ aj $\operatorname{NSN}$ mocnín dvojky menších ako $2^n$ je mocnina dvojky menšia ako $2^n$, a teda je na tabuli. ¹

Dôkaz, že ich je aspoň $n$ je o niečo zložitejší – treba si po prvé prečítať správne zadanie a všimnúť si, že Slavove čísla nie sú na začiatku na tabuli napísané a teda nie je zjavné že ich musí byť aspoň $n$. Ako budeme dokazovať, že to nejde na menej ako $n$? Ak v príklade vidíme vetu „dokážte pre prirodzené $n$, že…“, tak automaticky použijeme indukciu. Pre $n=2$ to zjavne platí. Predpokladáme, že pre $k=2, \dots, n-1$ platí, že ak je Slavova množina veľkosti $k$, potom na konci na papieri bude aspoň $k$ čísel. Ďalej to dokážeme pre $k=n$.

Označme si Slavove čísla $x_1,\ \dots,\ x_n$. O čo sa budeme snažiť – chceme rozdeliť túto množinu čísel na dve menšie množiny, na ktoré budeme môcť použiť indukčný predpoklad a vrámci prvej množiny bude mať každá dvojica rozdielne $\operatorname{NSD}$ aj $\operatorname{NSN}$ oproti všetkým $\operatorname{NSD}$ a $\operatorname{NSN}$ vrámci druhej množiny.

Vezmime si prvočíslo $p$, ktoré delí aspoň dve Slavove čísla. Také číslo musí existovať, pretože ak by neexistovalo znamenalo by to že všetky čísla sú nesúdeliteľné a teda čísla $\operatorname{NSN}(x_1, x_2),\ \operatorname{NSN}(x_1, x_3),\ \dots,\ \operatorname{NSN}(x_1, x_n)$ sú rôzne a spolu s číslom $1$ bude na papieri aspoň $n$ čísel. Nech toto prvočíslo $p$ delí práve $m$ Slavových čísel, kde určite $2\leq m\leq n$.

Týmto sa nám všetky Slavove čísla rozdelili na dve množiny – tie, ktoré sú deliteľné prvočíslom $p$ a na tie, ktoré nie sú deliteľné číslom $p$. Teraz príde hlavná myšlienka: tieto dve skupiny majú rozdielne všetky $\operatorname{NSN}$ a $\operatorname{NSD}$ – ak spravíme $\operatorname{NSN}$ alebo $\operatorname{NSD}$ ľubovoľnej dvojice v jednej skupine, tak bude iné ako $\operatorname{NSN}$ či $\operatorname{NSD}$ ľubovoľnej dvojice v druhej skupine, pretože v prvej bude $\operatorname{NSN}$ aj $\operatorname{NSD}$ deliteľné prvočíslom $p$ a v druhej nie. Takže použijeme indukčný predpoklad. Prvá skupina na papier aspoň $m$ čísel a druhá aspoň $n-m$ čísel. Všetky sú vďaka tejto rozdielnosti $\operatorname{NSN}$ a $\operatorname{NSD}$ rôzne, teda ich spolu bude aspoň $n$. Jediný problém môže nastať, ak jedno z čísel $m$, $n-m$ nie je v množine indukčného predpokladu, čo nastane iba ak $m=n$ alebo $m=n-1$. Toto sú ale ľahké možnosti. Ak $m=n$ potom všetky čísla sú deliteľné číslom $p$. Teda môžeme vyňať $p$, opakovať celý postup a vyjde nám to isté. Na druhej strane, ak $m=n-1$, to znamená, že práve jedno číslo (označme si ho $x_k$) nie je deliteľné $p$. Tu ale taktiež môžeme použiť indukčný predpoklad, $n-1$ čísel bude mať aspoň $n-1$ rozdielnych $\operatorname{NSD}, \operatorname{NSN}$ a k nim pridáme $\operatorname{NSD}(x_k, x_1)$ ktoré ako jediné nie je deliteľné číslom $p$ a teda so všetkými rozdielne. Teda spolu je na papieri aspoň $n$ rôznych čísel.