A feladatban szereplő $100$-as számnak észrevehetően semmi szerepe nincs, az állítás tetszőleges $n\geqq 5$ természetes számra igaz, ezt fogjuk bizonyítani.
Írjunk az adott pontok köré egységsugarú gömböket. Ezek közül akárhogy veszünk ki négyet, van olyan pont, amelyik mindegyikben benne van, hiszen a gömbök középpontjait a feltevés szerint tartalmazó egységsugarú gömb középpontja minden esetre ilyen mind a négy gömbben bennelevő (vagy a gömbök határán levő) pont. Elegendő lesz megmutatni, hogy van olyan pont, amelyik mindegyik gömbben benne van, hiszen egy ilyen körül egységsugarú gömböt rajzolva, az összes gömb középpontját, vagyis az összes adott pontot (a belsejében vagy a határán) tartalmazó gömböt kapunk.
Azt fogjuk bizonyítani, hogy ha adott a térben $\left(n\geqq 5\right)$ gömb úgy, hogy bármelyik négyhez található olyan pont, amelyiket mind a négy tartalmazza, akkor olyan pont is van, amelyiket mindegyik gömb tartalmazza. Az állítás $n=4$ mellett semmitmondó. Tegyük fel, hogy már bebizonyítottuk az állítást az $n$-nél kisebb természetes számok mindegyikére $\left(n>4\right)$, és legyenek a $G_1\mathrm{,}{G}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{G}_n$, gömbök olyanok, hogy közülük bármelyik négyhez található olyan pont, amelyiket mind a négy tartalmazza. Ha elhagyjuk a gömbök közül ‐ mondjuk ‐ az $i$-ediket $\left(i=\mathrm{1,}\mathrm{2,}\text{...}\mathrm{,}n\right)$, a visszamaradó $\left(n-1\right)$ gömbre alkalmazható a már bebizonyított állítás. Emiatt van olyan $P_i$ pont, amelyikről $G_i$ kivételével tudjuk, hogy mindegyik gömb tartalmazza.
Tekintsük a $P_1$, $P_2$, $P_3$, $P_4$ és $P_5$ pontokat (itt használjuk ki, hogy $n\geqq 5$). Megmutatjuk, hogy ezek két csoportba oszthatók úgy, hogy a két csoport konvex burkának van közös pontja. Ez a közös pont lesz az a pont, amelyiket az összes gömb tartalmaz. Legyen ugyanis a mondott csoportosítás például, $\left(P_1\mathrm{,}{P}_2\mathrm{,}{P}_3\right)$ és $\left(P_4\mathrm{,}{P}_5\right)$. A $P_1$, $P_2$, $P_3$ pontok konvex burkában levő pontokról tudjuk, hogy minden, $1$-től, $2$-től, és $3$-tól különböző $i$-re a $G_i$ gömb tartalmazza őket. A $P_4$, $P_5$ pontok konvex burkában levő pontokról tudjuk, hogy minden, $4$-től és $5$-től különböző $i$-re a $G_i$ gömb tartalmazza őket. Tehát ha egy pont mind a két konvex burokban benne van, azt az összes gömb tartalmazza. Hasonló meggondolás vezet célra tetszőleges csoportosítás esetén is.
Azt kell tehát már csak belátni, hogy ha adott öt pont a térben, két csoportra oszthatjuk őket úgy, hogy a két csoport konvex burkának van közös pontja.
Ha valamelyik benne van a többi konvex burkában, ez nyilvánvaló.
Ha egyik sincs benne a többi konvex burkában, de köztük négy egy síkban van, azok konvex burka csak négyszög lehet. Ekkor egyik csoport legyen ennek a négyszögnek két átellenes pontja, és a másik csoport a többi. Mivel a két átló metszi egymást, ez megfelelő csoportosítás.
Végül, ha egyik sincs benne a többi konvex burkában, és nincs közöttük négy egy síkban, legyen $AB$ a pontok konvex burkának az egyik éle. $A$-hoz és $B$-hez rendre hozzávéve a másik három pont közül az egyiket, három háromszöget kapunk, ezek közül kettő oldallapja a konvex buroknak, a harmadik nem. Legyen ez a harmadik az $ABC$ háromszög. Ha ennek van a konvex burok belsejében futó éle, annak két végpontja legyen az egyik csoport, ha ilyen nincs, a háromszög három csúcsa legyen az egyik csoport. Mindkét esetben azt kapjuk, hogy az egyik csoportba egy háromszög három csúcsa tartozik, a másikba egy ezt a háromszöget átdöfő szakasz két végpontja. Ez a csoportosítás tehát megfelelő.
Ezzel a bizonyítást befejeztük.