Színezzük ki a $3k$ osztópontot pirosra, azokat a pontokat pedig, amelyek a piros végpontú íveket egységnyi hosszúságú részekre osztják, feketére. Mivel két szomszédos piros pont között $k$ esetben nincs fekete pont, $k$ esetben $1$, és $k$ esetben $2$ van, a fekete pontok száma $k+2k=3k$. A piros és fekete pontok együtt egy $6k$ csúcsú szabályos sokszöget határoznak meg. Húzzuk meg a kör $3k$ piros pontjából kiinduló átmérőjét, és tegyük fel a feladat állításával ellentétben, hogy nincs köztük olyan, amelyiknek mindkét végpontja piros volna. Ez azt jelenti, hogy a sokszög minden piros csúcsával átellenben fekete található és ‐ mivel ugyanannyi piros csúcs van, mint fekete ‐ minden fekete csúccsal átellenben piros.
A szabályos $6k$-szög oldalait két csoportba osztjuk: az elsőbe azok kerüljenek, amelyek végpontjai egyező színűek ‐ legyenek ezek az $E$ oldalak ‐ a másodikba pedig azok, amelyek végpontjai különböző színűek ‐ $K$ oldalak. Mivel piros csúccsal szemben fekete van, feketével szemben pedig piros, azért $E$ oldalakkal szemközt is $E$ oldal, $K$ oldallal szemközt pedig $K$ oldal van.
Az eredeti felosztás minden egységnyi hosszúságú íve $E$ oldal, ez összesen $k$ darab, és ugyancsak $E$ oldal minden $3$ hosszúságú ív középső része. Így az $E$ oldalak száma $2k$, a $6k$-szög többi $4k$ oldala pedig $K$ oldal.
Jelöljük $A$-val a körív egyik piros osztópontját és legyen az $A$-ból induló átmérő másik végpontja $B$. Föltevésünk szerint $B$ fekete. Számoljuk le a körön a $K$ oldalakat először $A$-tól $B$-ig, majd tovább $B$-től $A$-ig. $K$ oldallal szemben $K$ oldal van, ezért a $K$ oldalak száma $A$-tól $B$-ig ugyanannyi, mint $B$-től $A$-ig, azaz $4k$ fele, $2k$. Ez azt jelenti, hogy $A$-tól $B$-ig haladva a csúcsok színe $2k$-szor, páros sokszor változik. Ha tehát $A$ piros volt, akkor mivel páros sok színváltás után jutunk a vele szemben levő $B$-hez, $B$-nek is pirosnak kell lennie. Ezzel ellentmondásra jutottunk, vagyis van a körben olyan átmérő, amelynek mindkét végpontja piros.