Положим  a₁ = 1,  a_n+1 = (3a_n)! + 1.  Заметим, что все эти числа нечётны. Для того, чтобы показать, что эта последовательность удовлетворяет требованиям, нам придётся эти требования несколько усилить. Будем говорить, что пара (тройка) чисел хорошая, если все её элементы, отличные от единицы, различны (а единица может встретиться в ней несколько раз). Докажем следующее утверждение.

  Лемма. Пусть  (a_i, a_j)  и  (a_p, a_q, a_r)  – хорошие пара и тройка элементов указанной последовательности. Тогда

(a_i + a_j, a_p + a_q + a_r) = (a_i + a_j, a_p + a_q – a_r) = 1.

  Доказательство проведём индукцией по наибольшему индексу m среди i, j, p, q и r. База  (m = 1)  очевидна.

  Шаг индукции. Пусть  m > 1.  Число a_m лежит либо только в паре  (a_i, a_j),  либо только в тройке  (a_p, a_q, a_r),  либо в обеих.

  1) Пусть a_m – только элемент пары; скажем,  a_m = a_i.  Тогда, поскольку  0 < |a_p + a_q ± a_r| ≤ 3a_i–1,  число  a_m – 1 = (3a_m–1)!  делится на  a_i + a_q ± a_r,  то есть  (a_i + a_m, a_p + a_q ± a_r) = ((a_i + 1) + (a_m – 1), a_p + a_q ± a_r) = (a_i + a₁, a_p + a_q ± a_r) = 1  по предположению индукции.

  2) Пусть a_m – только элемент тройки; скажем,  a_m = a_q.  Аналогично  a_m – 1  делится на  a_i + a_j,  так что

(a_i + a_j, a_p + a_m ± a_r) = (a_i + a_j, a_p + a₁ ± a_r) = 1  по предположению индукции.

  3) Пусть a_m – элемент и пары, и тройки; скажем,  a_m = a_j = a_q.  Тогда  a_m – 1  делится на  a_p – a_i ± a_r,  так что

(a_i + a_m, a_p + a_m ± a_r) = (a_i + a_m, (a_p + a_m ± a_r) – (a_i + a_m)) = (a_i + a_m, a_p – a_i ± a_r) = (a_i + a₁, a_p – a_i ± a_r) = 1  по предположению индукции.

Существует.