Olyan töröttvonal létezését bizonyítjuk, amelyik nem záródik. Világos, hogy nem változtat a feladaton, ha azt tesszük fel, hogy legalább $2kn+1$ átló van berajzolva.
A feladat állítását $k$ szerinti teljes indukcióval bizonyítjuk. $k=0$ esetén 1 átló van berajzolva, és ez megfelel a feltételnek.
Tegyük most fel, hogy adott (elegendő nagy) $n$ esetén az $n$-oldalú sokszögekre $k$-nak valamilyen $j$ értékével igaz az állítás, és egy $n$-szögben $2\left(j+1\right)n+1$ átló van berajzolva. Ekkor az olyan csúcsoknál (ha vannak), amelyekből egy berajzolt átló indul, hagyjuk egyelőre figyelmen kívül ezt az átlót, amelyekből pedig egynél több átló indul, ott a hozzá a két oldalon legközelebbi csúcshoz vezető átlót. Ezzel legfeljebb $2n$ átlót hagyunk el. Ekkor legalább $2jn+1$ berajzolt átló marad meg, tehát kiválasztható közülük egy $2j+1$ átlóból álló töröttvonal. Jelöljük ebben az első és utolsó átlót $A_0{A}_1$, illetve $A_{2j}{A}_{2j+1}$-gyel.
A töröttvonal az $A_0{A}_1$, illetőleg az $A_{2j}{A}_{2j+1}$ egyenesek egyik oldalára esik, hiszen nem megy át egy ponton egynél többször, és a sokszög konvex. Miután maradt még a végpontokból induló, behúzott átló, így azokban két-két átlót hagytunk figyelmen kívül. Ekkor azonban hozzácsatolhatjuk mindegyik végponthoz azt az eddig figyelmen kívül hagyott átlót, amelyik a szélső szakasz egyenesének a másik oldalára esik, mint a töröttvonal. Ezzel $2\left(j+1\right)+1$ szakaszból álló töröttvonalat kapunk. A bizonyítandó állítás helyessége tehát öröklődik $2\left(j+1\right)n+1$ átló berajzolása esetére is, így minden $k$-ra igaz.
A feladat második állítására térve az általánosság csorbítása nélkül feltehetjük, hogy a sokszög szabályos. A könnyebb tárgyalásmód kedvéért mondjunk egy átlót $h$ hosszúságúnak, ha az egyik oldalára a sokszögnek $h$ oldala esik, a másikra ennyi vagy ennél több. Megjegyezzük, hogy egy $n$ oldalú sokszögbe akkor rajzolható be $nk$ átló, ha páratlan $n$ esetén $n\ge 2k+3$, páros $n$ esetén pedig $n\ge 2k+4$.
Belátjuk, hogy az állítás igazolására alkalmas a következő konstrukció: páratlan $n$ esetén minden csúcsból meghúzzuk a $k$ leghosszabb átlót, páros $n$ esetén pedig a $k$ leghosszabb átlót a ,,legesleghosszabb'' (a szemközti csúcsokhoz vezető) kivételével. Így minden csúcs $2k$ átló végpontja, tehát $2kn$ átlóvégpont, azaz $kn$ átló jön létre.
Tegyük fel, hogy kiválasztható $r$ szakaszból álló, $A_0{A}_1\text{...}{A}_{r-1}{A}_r$ nyílt töröttvonal, amelyik egy ponton sem megy át egynél többször. Az $A_0{A}_1$ egyenes határolta egyik félsíkba esik az egész töröttvonal, így nem mehet át a töröttvonal az ellenkező oldalra eső félsík belsejében levő sokszögcsúcsokon, és ugyanez mondható az $A_{r-1}{A}_r$ egyenesről is (4. ábra). Ez a két átló nem metszi egymást, így az $A_i$ csúcsok a sokszög kerületének az egyeneseik közti két szakaszán helyezkednek el.
Ha $n$ páratlan, $n=2m+1$, akkor a kizárt sokszögcsúcsok száma legalább $2\left(m-k\right)$, a töröttvonalak száma legfeljebb $n-2\left(m-k\right)=2k+1$, és így a töröttvonal $r\le 2k$ szakaszból áll.
Ha az oldalszám páros, $n=2m$, akkor a berajzolt leghosszabb átló hossza $m-1$, a legrövidebbé $m-k$. A fenti gondolatmenettel ezért csak $r\le 2k+1$ adódik, így gondosabban szemügyre kell venni a konstrukciót.
Ha valamelyik íven van két szomszédos csúcs, akkor az ezeken átmenő egyenesnek a másik oldalán, mint amelyiken a másik ív van, nem lehet csúcsa a töröttvonalnak. Ekkor