Supongamos, hacia una contradicción, que contando el mismo conjunto finito $S$ dos veces, se obtienen dos resultados diferentes, decir que los dos números naturales $m<n$. Para su cómputo se ha producido dos bijections, uno entre el $S$ $\{1,2,\dots,m\}$ e entre $S$$\{1,2,\dots,n\}$. Componer el bijection con la inversa de la otra, se obtiene un bijection desde el set $\{1,2,\dots,n\}$ a un subconjunto $\{1,2,\dots,m\}$. El quid de la prueba, entonces, es mostrar, a través de la inducción en $n$, que no es uno-a-uno el mapa de $\{1,2,\dots,n\}$ en cualquier subconjunto de sí mismo.
La base de la inducción, $n=0$, es trivial, ya que el conjunto vacío no tiene ningún subconjunto. Para la inducción de paso, asumir el resultado de $n$ y supongamos $f$ fueron un contraejemplo para $n+1$. La modificación de $f$ ligeramente (cambiando solo una o dos valores), se puede arreglar ese $f(n+1)=n+1$. Entonces, el ser uno-a-uno, $f$ mapa de $\{1,2,\dots,n\}$ dentro de sí mismo y por lo tanto sobre sí mismo (por hipótesis de inducción). Pero, a continuación, $f$ mapas de $\{1,2,\dots,n+1\}$ sobre sí mismo así.
He asumido aquí que una razonable noción de número natural está disponible; que parece estar implícita en su referencia a contar. No obstante, podría ser útil observar que la "carne" del argumento funciona incluso sin números naturales. En concreto, se puede definir la finitud diciendo que un conjunto $S$ es finito iff, siempre que $X$ es una familia de subconjuntos de a $S$ contiene $\varnothing$ $x\cup\{s\}\in X$ todos los $x\in X$$s\in S$,$S\in X$. (En otras palabras, $S$ puede ser obtenida a partir de a $\varnothing$ repetidamente adyacentes elementos individuales.) Con esta definición, se puede demostrar que, esencialmente por el mismo argumento anterior, que no hay uno-a-uno el mapa a partir de un conjunto finito en un subconjunto de sí mismo.
