We definiëren ci als de grootste gemene deler (ggd) van ai en bi voor alle i. En we definiëren v door v = p1c1 × p2c2 × ... × pkck.
Voor alle i geldt omdat geheel is, en dus geldt ci × a1 = c1 × ai.
Nu geldt voor alle i dat en dus geldt . Op dezelfde manier kunnen we bewijzen dat . x en y zijn dus een macht van v.
We willen het aantal combinaties tellen dat voldoet aan deze eisen. Eerst tellen we het aantal toegestane combinaties bij een vast aantal rode ballen, zeg r = i; we noemen dit aantal c(i).
Als i 300 dan gaat bovenstaande eis over in 300 - i w 600. Het aantal combinaties c(i) waarvoor dit geldt is 600 - (300 - i) + 1 = 301 + i.
Als i > 300 dan gaat bovenstaande eis over in 0 w 900 - i. Het aantal combinaties c(i) waarvoor dit geldt is (900 - i) - 0 + 1 = 901 - i.
Het totaal aantal combinaties is nu
en er geldt
Een andere manier om tegen dit probleem aan de te kijken is de volgende. We zoeken het aantal combinaties van rode, witte en blauwe ballen waarvoor geldt dat r + w + b gelijk is aan een bepaalde constante (preciezer moet gelden dat r + w + b = 3n, 0 r 2n, 0 w 2n en 0 b 2n, waarbij n = 300). Dit aantal is hetzelfde als het aantal roosterpunten van het vlak in de ruimte dat wordt gegeven door de vergelijking x + y + z = 3n, waarvoor geldt dat x, y en z groter of gelijk aan 0 en kleiner of gelijk aan 2n zijn.
In het plaatje zien we de
situatie getekend voor n = 2 en x, y en z groter
of gelijk aan 0. Het geldige gebied (met als extra eis dat x,
y en z kleiner of gelijk aan 2n zijn) is een zeshoek
binnen deze driehoek. De driehoek heeft 1 roosterpunt in de top en 3n +
1 in de basis, dus het aantal roosterpunten in de driehoek is 1 + 2 +
... + (3n + 1)=½ (3n + 1)(3n + 2). Als we van deze driehoek
alleen de punten van de zeshoek willen tellen moeten we er drie kleine
driehoekjes af halen. Zo'n klein driehoekje heeft 1 punt in de top en
n in de basis, dus het aantal roosterpunten in het kleine driehoekje
is ½ n(n + 1). Het aantal punten in de zeshoek is dus
½ (3n + 1)(3n + 2)
- 3 × ½ n(n + 1) = 3n2 + 3n + 1. Voor n =
300 is dit aantal 270901.
In alle gevallen geldt AQP = BSP en PQR = PSR en daaruit volgt AQR = RSB. Daar ook geldt AQ = PQ = SR en QR = PS = BS zijn de driehoeken AQR en RSB congruent. Hieruit volgt AR = BR, dus is driehoek RAB gelijkbenig met tophoek R. Verder volgt uit de congruentie van de twee driehoeken dat RAQ = BRS.
PQRS is een parallellogram, dus PQR + QRS = 180°. Omdat AQR een driehoek is kunnen we het rechterlid van de vergelijking schrijven als de som van de hoeken van deze driehoek. Hierdoor gaat de vergelijking over in PQR + QRS = RAQ + AQR + QRA. We kunnen de hoeken in deze vergelijking verder splitsen, waarbij we de drie gevallen afzonderlijk bekijken.
Als AQP + PQR < 180°, dan geldt AQR = AQP + PQR en QRS = QRA + ARB + BRS en gaat de vergelijking over in ARB + BRS = RAQ + AQP. Omdat geldt RAQ = BRS volgt hieruit ARB = AQP.
Als AQP + PQR = 180°, dan geldt AQR = BSR = 180° en dus ARB = AQP.
De redenering voor het geval dat AQP + PQR > 180° gaat op soortgelijke wijze als de eerste redenering.
Driehoek RAB is dus een gelijkbenige driehoek met tophoek R die gelijk is aan tophoek Q van de gelijkbenige driehoek QPA en de driehoeken RAB, QPA en SPB zijn gelijkvormig.
Zo geldt ook BKC > 60°, etc. Daar de cirkel die we rondkijken 360° bevat, passen er zeker niet meer dan vijf hoeken van meer dan 60° in. Het aantal spelers dat een bal naar speler K gooit is dus maximaal vijf.
We kunnen elk positief geheel getal schrijven als een drievoud plus rest, waarbij de rest een element is van {0,1,2}. We bewijzen dat we elk getal (behalve 1) in een eindig aantal stappen terug kunnen brengen tot een kleiner positief geheel getal.
We brengen een positief geheel getal k nu als volgt terug tot 1: als k=1 zijn we klaar. Als k ongelijk is aan 1 brengen we k volgens bovenstaande stappen terug tot een kleiner positief geheel getal l en gaan we verder met l. Omdat het getal dat teruggebracht moet worden tot 1 bij elke stap kleiner wordt en altijd groter of gelijk aan 1 is, eindigt dit proces bij 1.