Válasszuk ki az összes körlemez közül a legkisebb sugarút, legyen ez $K$. Megmutatjuk, hogy ebbe a körlemezbe halmazonként legfeljebb 5‐5 körlemez metszhet bele.
Legyen $K$ középpontja $O$, sugara $r$, és tegyük fel, hogy ebbe két legalább ekkora sugarú, diszjunkt körlemez: $K_1$ és $K_2$ belemetsz. Legyen ezek középpontja $O_1$ és $O_2$, sugaraik $r_1\ge r$ és $r_2\ge r$.
Az, hogy $K_1$ és $K_2$ diszjunkt, ekvivalens azzal, hogy $O_1{O}_2\ge r_1+r_2$. Az pedig, hogy belemetszenek $K$-ba, azt jelenti, hogy $O{O}_1<r+r_1$ és $O{O}_2<r+r_2$. Mindezekből következik, hogy $O{O}_1<r+r_1\le O_1{O}_2$ és $O{O}_2<r+r_2\le O_1{O}_2$, vagyis az $O{O}_1{O}_2$ háromszögben a leghosszabb oldal $O_1{O}_2$. A háromszög legnagyobb szöge a leghosszabb oldallal szemben fekszik, tehát az $O_{1}O{O}_2$ szög nagyobb, mint ${60}^{\circ }$. Ha lenne 6 diszjunkt körlemez, amely belemetsz $K$-ba, akkor ezek közül valamelyik kettő középpontja ${60}^{\circ }$-nál nem nagyobb szögben látszana $O$-ból, ami ellentmondás.
A kiválasztandó 333 körlemez egyike $K$ lesz. A többi körlemez kiválasztásához hagyjuk el azt a halmazt, amely tartalmazza $K$-t, a többi halmazból pedig azokat a körlemezeket, amelyek belemetszenek $K$-ba. Így 332 halmazunk marad, mindegyikben legalább 1990 körlemez.
Ezt az eljárást 332-szer elvégezve még mindig marad egy halmaz legalább
$1995-332\cdot 5=335$ körlemezzel, ezek bármelyikét kiválaszthatjuk.