Megoldás. Az $i$-edik lépés során a papíron lévő, illetve odakerülő számok legnagyobbikát jelölje $M_i$. Ezt nyilván nem radírozzuk ki, és azt is láthatjuk, hogy minden $i$-re $M_{i+1}=\left(i+1\right)M_i$. Elegendő megmutatni, hogy az $i$-edik lépés előtt létezik legalább 1005 olyan szám a papíron, amely nagyobb, mint $\frac{M_{i-1}}{i}$. Ezek $i$-szerese ugyanis az addig papíron levők mindegyikénél nagyobb, így csak egyszer szerepel ‐ azaz nem törlődik ‐ az $i$-edik lépés során. Ezzel az (esedékes radírozást is magában foglaló) $i$-edik lépés után legalább $1005+1005=2010>2009$ szám marad a papíron.
Az állítást az $i$-re vonatkozó indukcióval látjuk be. Az $i=2$ eset világos: a második lépés előtt a legnagyobb szám $M_1=2009$, és az $M_1/2$-nél nagyobb számok: 1005, 1006, $\text{...}$, 2009; éppen 1005 darab. Tegyük fel ezután, hogy állításunk igaz valamilyen $i$-re (ahol $i\ge 2$), vagyis az $i$-edik lépés előtt létezik legalább 1005 olyan szám a papíron, amely nagyobb, mint $\frac{M_{i-1}}{i}$. Ekkor ezen számok $i$-szerese nagyobb, mint