Megmutatjuk, hogy pontosan a következő gráfok vaktában bejárhatóak: a teljes gráfok, a körök és az ún. teljes páros gráfok közül azok, amelyeknél a csúcsok halmaza két azonos elemszámú részre osztható úgy, hogy két csúcs pontosan akkor van éllel összekötve, ha különböző részbe tartozik. Egyszerűen látható, hogy a felsorolt gráfok valóban vaktában bejárhatóak.
Tegyük fel ezután, hogy $\text{G}$ vaktában bejárható gráf, amelynek $n\ge 4$ csúcsa van. Jelölje $A_1{A}_2\text{...}{A}_n$ a gráf tetszőleges (az $A_1$ csúcsból induló) Hamilton-útját. Ha a gráf bejárását az $A_2$ csúcsból kezdjük és az $A_2{A}_3\text{...}{A}_{n-1}$ úton eljutunk $A_{n-1}$-be, akkor a vaktában bejárhatóság miatt el kell jutnunk $A_1$-be is, ami azt jelenti, hogy $A_n$ és $A_1$ is össze van éllel kötve, azaz létezik az $A_1{A}_2\text{...}{A}_n{A}_1$ (Hamilton-)kör.
Megmutatjuk, hogy ha $\text{G}$ tartalmaz háromszöget, akkor teljes. Jelöljön $ABC$ egy háromszöget, akkor a gráf bejárható egy $ABC{P}_4{P}_5\text{...}{P}_n$ út mentén, és az előbbiek szerint itt $P_n$ és $A$ között is megy él. Ha valamelyik $P_i$ csúcs nincs összekötve pl. $B$-vel, akkor induljunk el $P_{i+1}$-ből a $P_{i+1}{P}_{i+2}\text{...}{P}_{n}AC{P}_4{P}_5\text{...}{P}_i$ út mentén. Itt megakadunk, nem tudunk $B$-be jutni, és ez ellentmondás. Tehát egy háromszög csúcsai a gráf minden csúcsával össze vannak kötve. Legyen $X$ egy tetszőleges csúcsa $\text{G}$-nek; az előbbiek szerint ekkor $AXC$ is háromszög, ezért $X$ minden csúccsal össze van kötve, azaz $\text{G}$ teljes.
A következőkben feltehetjük, hogy a gráfban nincs háromszög. Ha a ‐ továbbiakban rögzített ‐ $A_1{A}_2\text{...}{A}_n{A}_1$ körön kívül nincsenek további élek $\text{G}$-ben, akkor nincs mit bizonyítanunk; tegyük fel ezért, hogy létezik e kör éleitől különböző él is. Definiáljuk (e kör szerint) az $A_i$ és $A_j$ pontok távolságát a $d\left(A_i\mathrm{,}{A}_j\right):=\underset{}{\overset{}{\text{min}}}\left(|i-j|\mathrm{,}n-|i-j|\right)$ képlettel; egy él hosszán pedig értsük a végpontjainak a távolságát. Tekintsünk egy, az $A_1{A}_2\text{...}{A}_n{A}_1$ körhöz nem tartozó olyan élt, amelynek a hossza minimális; feltehető, hogy ez $A_n{A}_k$ alakú, alkalmas $3\le k\le \frac{n}{2}$-re. Ekkor az $A_1\mathrm{,}{A}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{A}_{k-1}$ pontok között nem vezet a körön kívüli él, hiszen annak hossza az $A_n{A}_k$ hosszánál kisebb lenne. Mivel a gráf háromszögmentes, $A_{k+1}$ nincs összekötve $A_{k-1}$-gyel. Tegyük fel, hogy $A_{k+1}$ nincs összekötve $A_1$-gyel sem; ekkor azonban $A_{k+1}$ nem lehet összekötve az $A_1$, $A_2$, $\text{...}$, $A_{k-1}$ pontok egyikével sem, hiszen egy ilyen él hossza kisebb lenne, mint $A_n{A}_k$-é. Induljunk el $A_{k+2}$-ből az $A_{k+2}{A}_{k+3}\text{...}{A}_n{A}_k{A}_{k+1}$ út mentén. Iménti következtetésünk szerint innen az $A_1$, $A_2$, $\text{...}$, $A_{k-1}$ csúcsok egyikére sem tudunk továbblépni, ami ellentmondás. Tehát $A_{k+1}$ össze van kötve $A_1$-gyel. Ezzel beláttuk, hogy minimális hosszúságú él ,,egy egységgel való elforgatottja'' is (minimális hosszúságú) él, azaz