Tekintsünk egy olyan időpillanatot, amikor már mindkét részecske az előírt pályán halad és az első részecske a $k_{100}$ bejárását kezdi meg. Ha sikerül megmutatnunk, hogy még mielőtt az első részecske visszaérkezik $A$-ba, a második részecskének rá kell lépnie $k_{100}$-ra, készen vagyunk: a két részecske ugyanazon a körön egymással szemben haladva biztosan találkozik.
Ha a második részecske a tekintett pillanatban már $k_{100}$-on volt, nincs mit bizonyítanunk. Ha nem, akkor az első részecske visszaérkezéséig csak a $k_1\mathrm{,}{k}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{k}_{99}$ körökön haladhat végig, a feladat feltételei szerint mindegyiken legfeljebb egyszer, tehát a második részecske által megtehető út legfeljebb a $k_1\mathrm{,}{k}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{k}_{99}$ körök kerületeinek összege. Így a feladat állításának igazolásához elegendő megmutatnunk, hogy a $k_1\mathrm{,}{k}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{k}_{99}$ körök kerületeinek összege kisebb a $k_{100}$ kör kerületénél. Ha a $k_1$ kör kerületét egységnyinek választjuk, a $k_2$ kör kerülete $2$, a $k_3$ köré $4$, a $k_{100}$ kör kerülete $2^{99}$ egység. Kettes számrendszert használva az egyes körök kerülete rendre $\mathrm{1,}\mathrm{10,}\mathrm{100,}\text{...}\mathrm{,}100\text{...}00\left(99\text{zérus}\right)$ egység, így az első 99 kör kerületének összege $11\text{...}11\left(99\text{egyes}\right)$ egység és ez pontosan egy egységgel kevesebb a $100.$ kör kerületénél, ami  $2^{100}$, vagyis kettes számrendszerben $100\text{...}00\left(100\text{zérus}\right)$.