$i + j = 0, 1 (mod 4)$ koşulunu sağlayan $(i, j)$ noktaları kırmızı olup, $i + j = 2, 3 (mod 4)$
koşulunu sağlayan $(i, j)$ noktaları ise beyaz olan boyama açık olarak bir kırmızımsı boyamadır
ve tam olarak $100^2/2 = 5000$ kırmızı nokta içeriyor. $5000$ den fazla kırmızı nokta
içeren bir kırmızımsı boyama olduğunu varsayalım. Bu boyamadaki her kırmızı nokta bir
$(i, j),(i + 1, j),(i, j + 1),(i + 1, j + 1)$ dörtlüsünün tek kırmızı noktasıdır. Bu dört nokta
arasında aralarındaki uzaklık $1$ olan ve farklı renklere boyalı iki nokta çifti bulunuyor. Her
nokta çiftindeki noktaları siyah bir doğru parçasiyla birleştirelim. Bu işlemi her kırmızı
nokta için yaparsak tam olarak $5001·2 = 10002$ siyah doğru parçası elde ederiz. Varsayıma
göre beyaz nokta sayısı 5000 den az olduğundan bir $(l, m)$ beyaz noktasından en az üç
siyah doğru parçası çıkıyor. Genelliği bozmadan bu siyah doğru parçalarının $(l, m)$ noktasını
$(l−1, m),(l+1, m)$ ve $(l, m−1)$ kırmızı noktaları ile birleştirdiğini varsayalım. Fakat
$(l − 1, m)$ ve $(l + 1, m)$ noktaları kırmızı olduğundan $(l, m)$ beyaz noktası ve $(l, m − 1)$
kırmızı noktası arasında siyah doğru parçası olamaz! Demek ki $5000$ den fazla kırmızı
nokta içeren bir kırmızımsı boyama yoktur. İspat tamamlandı.