Megadunk egy $\prec$ relációt a következőképpen. Legyen $1\prec 2$. Ha a relációt már definiáltuk az 1, 2, $\text{...}$, $n$ számok között ($n\ge 2$), akkor tetszőleges $1\le a\le n$ egészet és $\left(n+1\right)$-et véve, írjuk fel őket  $a=2^k{a}_1$ és  $n+1=2^{l}B$ alakban, ahol $k$ és $l$ nemnegatív egészek, és $a_1$, $B$ páratlan számok. (Ilyen felírás nyilván minden pozitív egészre létezik és egyértelmű.) Ha most $k<l$, akkor legyen $a\prec n+1$, míg $k>l$ esetén legyen $n+1\prec a$. Ha $k=l$, akkor tekintsük az $n$-nél nem nagyobb (és egymástól különböző) $\frac{a_1+1}{2}$ és $\frac{B+1}{2}$ egészeket; legyen $a\prec n+1$, ha $\frac{a_1+1}{2}\prec \frac{B+1}{2}$, illetve legyen $n+1\prec a$, ha $\frac{B+1}{2}\prec \frac{a_1+1}{2}$. Ezzel a $\prec$ relációt bármely két pozitív egész között értelmeztük, és a kívánt a) tulajdonság láthatóan teljesül. Tételezzük fel, hogy a többi követelmény valamelyikét a reláció nem elégíti ki, azaz léteznek olyan $a$, $b$, $c$ pozitív egészek, amelyekre $a\prec b\prec c$, és $2b=a+c$ vagy $aↀc$. Az ilyen számhármasok közül válasszunk egy olyat
$a$, $b$, $c$-nek, amelyben $c$ a lehető legkisebb. Írjuk fel a számokat $a=2^k{a}_1$, $b=2^l{b}_1$, $c=2^m{c}_1$ alakban, ahol $k$, $l$, $m$ nemnegatív, $a_1$, $b_1$, $c_1$ pedig páratlan egészek. Mivel $a\prec b\prec c$, azért $k\le l\le m$.
1. eset: $k<m$; ekkor $a\prec c$. Nyilván $2^{k+1}$ osztója $2b=2^{l+1}{b}_1$-nek, de nem osztója $a+c=2^k{a}_1+2^m{c}_1=2^k\left(a_1+2^{m-k}{c}_1\right)$-nek, mivel $a_1+2^{m-k}{c}_1$ páratlan. Így $2b\ne a+c$, ellentmondva $a$, $b$, $c$ választásának.
2. eset: $k=l=m$; ekkor $\frac{a_1+1}{2}\prec \frac{b_1+1}{2}\prec \frac{c_1+1}{2}$. Ha $c\ne 1$, akkor $\frac{c_1+1}{2}<c$, és $c$ minimalitása folytán $\frac{a_1+1}{2}\prec \frac{c_1+1}{2}$, ezért $a\prec c$, továbbá $2\cdot \frac{b_1+1}{2}\ne \frac{a_1+1}{2}+\frac{c_1+1}{2}$ miatt $2b\ne a+c$ lenne, az indirekt feltevéssel szemben; tehát $c=c_1=1$. Ekkor $b\prec 1$. Legyen $d$ az a legkisebb pozitív egész, amelyre $d\prec 1$. Nyilván $d$ nagyobb $1$-nél és páratlan, viszont akkor $\frac{d+1}{2}\prec \frac{1+1}{2}=1$. Ez azonban ellentmond $d$ minimalitásának, hiszen $\frac{d+1}{2}<d$.
Mindkét esetben ellentmondásra jutottunk, tehát a $\prec$ reláció a feladat valamennyi követelményének megfelel.