I. megoldás. Jelöljük az $a_i$, $b_i$, $c_i$, $d_i$ számnégyest $Q_i$-vel, a benne előforduló legnagyobb értéket $m_i$-vel $\left(i=\mathrm{0,}\mathrm{1,}\mathrm{2,}\text{...}\right)$. A képezési szabály szerint világos, hogy ha $i$ legalább $1$, akkor $Q_i$ egyik száma sem negatív, és ennek folytán $m_{i+1}\le m_i$, ugyanis $Q_{i+1}$ számai két-két $Q_i$-beli, tehát nem negatív szám különbségének abszolút értékeként adódnak, tehát nem nagyobbak a két szám nagyobbikánál. Bebizonyítjuk, hogy ha a legnagyobb szám nem $0$, akkor a negyedik lépésig legkésőbb határozottan csökken a négyes legnagyobb száma: ha $m_i>0$, akkor $m_{i+4}<m_i$. Ebből nyilvánvaló, hogy a nem negatív egész számokból álló $m_1\mathrm{,}{m}_2\mathrm{,}\text{...}$ számsorozatban véges számú lépés után fellép egy $0$ tag, ez pedig azt jelenti, hogy a megfelelő számnégyes minden tagja $0$.
Bizonyításunk egyszerűbb lesz a következő két észrevétel felhasználásával. $d_1$ képezése mutatja, hogy $d_0$-t és $a_0$-t az eredeti számnégyesben ugyanúgy szomszédos tagoknak tekinthetjük, mint pl. $a_0$-t és $b_0$-t. Ezért a $b_0$, $c_0$, $d_0$, $a_0$ számnégyesből kiindulva a számnégyeseknek lényegében ugyanarra a sorozatára jutunk, mint az eredeti négyesből. Ugyanaz áll a $d_0$, $c_0$, $b_0$, $a_0$ négyesből képezett sorozatra. Ezek alapján bármely $i\left(\ge 0\right)$ index esetén $Q_i$ tetszés szerinti tagját tekinthetjük $a_i$-nek, szomszédai egyikét $b_i$-nek, a szomszéd másik szomszédját $c_i$-nek, így a hátra levő tag $d_i$ gyanánt szomszédja lesz az először kiválasztott tagnak, amint az eredeti elrendezésben is az volt.
Ha $Q_i$-ben nem szerepel $m_i$ értékű elem szomszédjaként $0$, akkor már $m_{i+1}<m_i$, s így biztosan $m_{i+4}<m_i$. Elég tehát azt az esetet vizsgálni, ha van $Q_i$-ben egy $m_i$ értékű elem mellett $0$. Az előrebocsátott megjegyzések szerint feltehetjük, hogy $Q_i$ ilyen alakú: