Jelöljük $n$-nel a medvék számát. A feladat állítását $n$ szerinti teljes indukcióval bizonyítjuk. Az $n=1$ esetben nincs mit bizonyítani. Az $n=\mathrm{2,}\mathrm{3,}4$ esetekben pedig legfeljebb $2$ medvéből álló csoportokba osztva őket, az állítás nyilván fennáll.
Tekintsük most az indukciós lépést: tegyük föl, hogy $n-1$ medvét már beosztottunk és tekintsük az $n$-ediket. Tegyük abba a csoportba, ahol legfeljebb egy haragosa van. Ha itt egy haragosa sincs, akkor már készen is vagyunk: az $n$-edik medve egyetlen haragosával sincs egy csoportban, a többiek pedig ugyanannyival, ahánnyal az $n$-edik medve megjelenése előtt is voltak, vagyis legfeljebb $1$-gyel.
Vizsgáljuk most azt az esetet, ha volt haragosa abban a csoportban, jelölje ezt $B$. A csoportbeosztás akkor romolhatott el, ha $B$-nek már ezelőtt is volt haragosa a csoportban. Ekkor $B$-t tegyük át a másik csoportba, ott neki már legfeljebb egy haragosa lehet. Ám előfordulhat, hogy most ezzel a harmadik medvével történik meg az, ami az előbb $B$-vel, ekkor őt is áttesszük; és így tovább.
Eddigi módszerünket a következőképpen foglalhatjuk össze. Első lépésben elhelyezzük az $n$-edik medvét. A $k$-adik lépésben pedig $\left(k=\mathrm{2,}\mathrm{3,}\text{...}\right)$ áthelyezzük azt a medvét, amellyel a $\left(k-1\right)$-edik lépés után $2$ haragosa is azonos csoportban van. Mivel a $\left(k-1\right)$-edik lépésben odakerült medvének az új csoportban csak egy haragosa lehet, és csak ez lehet az a medve, akit a $k$-adikban át kell helyezni, azért ez a lépés tényleg egyértelmű. Most már csak azt kell megmutatni, hogy az eljárás véget ér.
Tekintsük azokat a medvepárokat, akik haragban vannak egymással, de nincsenek ugyanabban a csoportban. Egy lépés során az ilyen párok száma nő. Valóban: az áthelyezett medve a lépés előtt legfeljebb egy párban szerepelt, utána viszont legalább kettőben; a többi pár pedig nem változott. Mivel összesen véges sok medvepár van, azért az eljárás szükségképpen véget ér és éppen egy megfelelő elosztást szolgáltat.