Ha a megadott számok között van két négyzetszám, akkor persze ezek szorzata is teljes négyzet. Így feltehetjük, hogy nem ez a helyzet, vagyis számaink közül kiválasztható kilenc, melyek egyike sem négyzetszám, jelöljük ezek halmazát $H$-val.
$H$-nak minden nem üres $A$ részhalmazára tekintsük az $A$-beli számok szorzatát. Mivel $H$ kilenc elemű, azért a kapott szorzatok száma $2^9-1=511$. Egy ilyen szorzat akkor és csak akkor teljes négyzet, ha a prímtényezős felbontásában minden prím páros kitevőn szerepel. Elegendő tehát prímtényezős felbontásaikban a kitevők paritását vizsgálni.
A feladatban szereplő számoknak ‐ és így szorzataiknak is ‐ mindössze 8 különböző prímtényezője lehet: $2$, $3$, $5$, $7$, $11$, $13$, $17$ és $19$. Így a szorzatok a kitevők paritása szempontjából $2^8=256$ különböző osztályba eshetnek attól függően, hogy a $2$, a $3$ stb., a $19$ kitevője páros-e vagy páratlan. Feladatunk éppen az, hogy megmutassuk: az előbbi szorzatok valamelyike abba az osztályba esik, melyben minden kitevő páros.
Első pillanatban nem látszik, hogy ennek miért kellene így lennie. Annyit tudunk, hogy a szorzatok száma $511$, és ez nagyobb a lehetséges osztályok számánál, $256$-nál. Tehát van két szorzat, mondjuk az $A$ és a $B$ részhalmazok elemeinek szorzata, melyek ugyanabba az osztályba esnek. Ám e két szorzat szorzata, vagyis $A$ elemeinek és $B$ elemeinek szorzata négyzetszám, hiszen itt minden prím kitevője vagy két páratlan, vagy két páros szám összege, tehát biztosan páros. Ha $A$-nak és $B$-nek nincs közös eleme, azaz $A\cap B=\varnothing$, akkor készen vagyunk: $A\cup B$ elemeinek szorzata négyzetszám.
Ha viszont $A\cap B$ nem üres, akkor a "szorzatok szorzatában'' ennek a közös résznek minden eleme pontosan kétszer szerepel. Hagyjuk el ezeket a kétszer szereplő számokat! A megmaradó számok szorzata továbbra is négyzetszám marad, hiszen minden prímtényező kitevőjét páros számmal csökkentettük (ha csökkentettük egyáltalán), s így az páros maradt. A "szorzatok szorzatából'' nem hagyhattuk el az összes tényezőt, hiszen $A$ és $B$ különböző részhalmazai voltak $H$-nak, így, van olyan elem, amely vagy csak $A$-ban vagy csak $B$-ben van. Végül nem maradhatott egyetlen tényező, mert akkor annak négyzetszámnak kellene lennie, márpedig $H$ elemei között nincs négyzetszám.
Ezzel igazoltuk, hogy számaink közül mindig kiválasztható néhány, de legalább kettő, melyek szorzata teljes négyzet.