Ha $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">N</span>}\le 0$, a rutin $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">A</span>}$-ba $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">B</span>}$ értékétől függetlenül $1$-et ír. Különben $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">N</span>}$-en addig végez $2$-vel való egész osztást, amíg az $0$-ra csökken. Közben minden lépésben $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">B</span>}$ aktuális tartalmát négyzetre emeli. Ha tehát $2^k\le \text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">N</span>}<2^{k+1}$, akkor a program $k+1$ lépést végez, és végül is $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">B</span>}$-be az eredeti érték $2^{k+1}$-edik hatványa kerül. Vizsgáljuk meg, mi történik közben $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">A</span>}$-val. Valahányszor $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">N</span>}$ aktuális értéke páratlan, megszorzódik $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">B</span>}$ aktuális értékével. Az eljárás tehát az 1734. gyakorlat szorzására emlékeztet, csak most összeadás helyett szorzás az elemi lépés. Ennek megfelelően az eredmény $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">B</span>}$ eredeti értékének $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">N</span>}$-edik hatványa ($\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">N</span>}$-ben is az eredeti értéket véve). A bizonyítás lényegében ugyanaz, mint a gyakorlat esetében, így nem részletezzük. Azt, hogy a program azt számolja-e ki, amit kell, nyilván csak a készítője mondhatja meg. Nem valószínű azonban, hogy szükség van $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">B</span>}$ és $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">N</span>}$ értékének megváltoztatására. Szerencsésebb megoldásnak tűnik, ha az első sort a következő háromra cseréljük: