Megmutatjuk, hogy $\left[\frac{n}{3}\right]$ őr mindig elegendő, és létezik olyan $n$-szög, amikor ugyanennyi szükséges is.
Először a szükségességet bizonyítjuk. Ha $n=3k$, akkor tekintsük az ábrán látható $n$-szöget.
Ebben az $A_2$, $A_5$, $\text{...}$, $A_{3k-1}$ csúcsok közül semelyik kettőt nem lehet ugyanarról a helyről látni (az ábrán besatíroztuk azokat a tartományokat, amelyekről ezeket a csúcsokat látni lehet), tehát legalább $k$ őrre szükség van. Ha $n=3k+1$ vagy $n=3k+2$, akkor egy, illetve két újabb csúcs beillesztésével például az $A_1{A}_{3k}$ oldalt két, illetve három részre oszthatjuk. Ezzel tehát mutattunk olyan $n$-szöget, amelyhez legalább $\left[\frac{n}{3}\right]$ őrre szükség van.
Az elégségesség bizonyításához először bontsuk fel az  $n$-szöget  $n-3$  átlójával  $n-2$  háromszögre. Ismeretes, hogy ez mindig lehetséges (bizonyítását lásd pl.
Surányi János: Matematikai versenytételek, III. kötet, 59. oldal, Tankönyvkiadó, Bp., 1992). Teljes indukcióval megmutatjuk, hogy a csúcsokat ki lehet színezni három színnel úgy, hogy mindegyik, a felbontásban szereplő háromszögben a három csúcs különböző színű. Ez $n=3$ esetén triviális. Ha $n\ge 4$, akkor van olyan háromszög, amely az $n$-szögnek két oldalára illeszkedik. (Pl. azért mert több oldal van, mint háromszög, és egy háromszög nem illeszkedhet három oldalra.) Ezt a háromszöget az $n$-szög két szomszédos oldala fogja közre, a harmadik oldala egy átló. Ha ezt a háromszöget elhagyjuk, a maradék $\left(n-1\right)$-szög kiszínezhető. Az elhagyott háromszögnek két csúcsát színeztük ki, mégpedig különböző színnel, mert az átló egy másik háromszögnek is oldala. Ezért a harmadik csúcs színét is megfelelően meg tudjuk választani.
Színezzük ki tehát a csúcsokat három színnel, és tekintsük azt a színt, amelyik a legkevesebbszer szerepel. Az ilyen színű csúcsokhoz egy-egy őrt állítva, az őrök minden falat és a sokszög minden belső pontját látják, számuk pedig nem lehet több $\frac{n}{3}$-nál.