我们特别假设在这第n步中回来的这个人是B，他的过桥所需的时间为b分钟，而当时在彼岸所有人中速度最快的是A，他的过桥所需的时间为a分钟。现在我们开始把第n步“让B回来”改为“让A回来”。
原来的方案修改后的方案
……
第n步：B←A←
现在两种局面的唯一区别在于，前一种是A在彼岸B在此岸，而后一种是B在彼岸A在此岸。但是前一种局面要比后一种局面多耗时b-a分钟。
在第n步后面接下去的移动步骤中，只要不牵涉A或B，那么可以在原来方案中进行的移动仍旧可以在改变了的方案中进行。而第n步后第一次牵涉到A或B的在原方案中的行动（我们假设它是第n＋i步）只能是：1）把A从彼岸移动到此岸。此时我们在改造方案中的移动就是：把B从彼岸移动到此岸。这时局面就变成和原来的完全一样了，上一次由于用A来换B节省的b-a分钟也在这步中耗费掉了。接下去我们使用原方案完成其他移动。所以改造后的方案同样是个最佳方案：原来的方案修改后的方案……
第n步：B←A←
……
第n＋i步：A←C←
省略号部分表示此部分两个方案相同。2）把B从此岸移动到彼岸（可能还有另一个过桥时间为c分钟的C和他一起移动）。这就比较简单，第n＋i步我们在改造后的方案中还是用A来代替B，然后局面就恢复到原来的情况，接下去我们使用原方案完成其他移动：原来的方案修改后的方案……
第n步：B←A←
……
第n＋i步：B（C）A（C）
这里括号内的C表示有可能另有旅行者C同行。但我们发现这个移动所花费的时间一定要比原来的少：第n步修改后的方案就已经要比原方案耗时少，而第n＋i步中，如果c比a和b都大的话，修改后的方案和原方案耗时相同；否则的话修改后的方案照样比原方案耗时少。所以我们得到了一个比“最佳方案”还要“佳”的方案，所以这种情况其实是不会发生的。
现在我们得到了一个修改过的方案，它仍旧是个最佳方案。虽然我们并不能保证它是满足结论三的方案，但是这并不是关键——关键在于它一直到第n步还是满足结论三的要求，这就和我们开始的假设，即被选取的这个方案是“这样的步骤最晚出现的方案”矛盾。所以我们的原先“假设在所有满足结论二的最佳方案中，都没有符合结论三的方案”是错误的。这样我们就得到了结论三。
这种推理方法在数学中被称为“变分方法”，这是最重要的数学方法中的一种。它一般被用来证明存在一个具有某种特点的对象。首先我们选取一个使得某个特征（或者函数）达到最大或者最小的对象，然后用反证法证明这样的对象就是我们要找的对象：我们假设如果它不是我们要找的对象，那么我们总是还能把这个对象修改，使得这个特征（或者函数）更大或更小，这就和原来最大或最小的假设矛盾。这种方法能得出许多结论：一定存在某一个最佳解法，符合如此这般的性质。一旦我们知道有一个最佳解法满足一些非常具体的性质以后，这个解法也就很容易被具体写出来了。
根据结论三我们立刻推出结论四：一定有这样一种符合结论二～三的最佳方案，在这个方案里，每当出现手电筒在此岸的局面时，速度最快的那个人总是在此岸。
如果是初始局面，所有人都在此岸，当然没什么好说的。如果是手电筒在此岸的中间局面，那么根据结论三，前一步有一个彼岸最快的人刚过来。如果这个人不是所有人中最快的，那么说明最快的原来就已经在此岸了；如果这个人是所有人中最快的，那么他刚刚过来，现在也已经在此岸了。所以结论四成立。
如果在符合结论四的最佳方案方案中，有一步是只有一个人B从此岸走到彼岸，我们会有什么推论？如果在此岸另有一个A，他的速度比B快，那么A完全可以跟着B一起到彼岸去，这样就在耗费相同时间的情况下，得到了一个优于原先局面的局面，根据结论一，这也是最佳方案；如果B是此岸最快的，根据结论四，他也是所有人中最快的，过到彼岸后，根据结论三，他马上一个人又要回来，这就使这两步移动毫无意义，徒费时间。所以我们得到：结论五：一定有这样一种符合结论二～四的最佳方案，在这个方案里，所有从此岸到彼岸的移动都需两个人。
下面我们要给出一个不那么显然的结论。结论六：一定有这样一种符合结论二～五的最佳方案，在这个方案里，每次从此岸到彼岸移动两人，要么这两人里有一个是所有人中最快的那个，要么这两人到达彼岸后都再也不回来。
上面这个结论的意思是，在这个方案里不会出现这样的情况：有一步两个人跑到彼岸去，但两人都不是跑得最快的，但是后来其中一个（或者两个都）又跑回此岸来。
仍旧使用变分法。假设在所有满足结论二～五的最佳方案中，都没有符合结论六的方案，也就是说，其中的每个最佳方案，总都有某一步从此岸到彼岸的移动中，被移动的那两个人没有一个是最快的，而且其中一个在后面的步骤中又回到此岸来。那么我们在这些最佳方案中选取一个这样的步骤最晚出现的方案。假设这个步骤首先出现在第n步。
我们假设在这第n步中过去的两个人是Y和Z，他们过桥所需时间分别是y和z分钟，而在后面的第n＋i步中，Y又回到此岸来了。设A是走得最快的那个人，过桥所需时间为a分钟。由结论四知道，他当时一定同Y和Z一起在此岸。
现在我们开始修改这个方案，把第n步“让Y和Z过去”改为“让A和Z过去”：原来的方案修改后的方案……
第n步：YZ→AZ→
如果y＜z，那么改过的步骤消耗的时间和原来的一样；如果z＜y，那么修改后的步骤消耗的时间还会更少。现在两种局面的唯一区别在于，前一种是A在此岸Y在彼岸，而后一种恰好相反。而且我们看到，经过这样修改的第n步现在符合“两人里有一个是所有人中最快的那个”这个结论六中的要求。剩下的工作就是要理顺后面的步骤，使得修改过的方案仍旧是一个最佳方案，那时我们就用变分法推出了矛盾，从而证明结论六。
下面我们的技巧和前面所用过的略微不同，我们要修改的不是一个移动而是一串移动。
假设原来的第n＋1步是“让Y1回来”，其中Y1是在彼岸的某人，他是在彼岸最快的。我们把这第n＋1步改为“让A回来”：原来的方案修改后的方案……
第n步：YZ→AZ→
第n＋1步：Y1←A←
这样修改后的步骤消耗的时间少于原先方案，因为Y1必定跑得比A慢。如果Y1恰好就是Y自己（也就是说i=1），那么从这步以后修改前后两种情况的局面又恢复成一样了。如果i≠1，也就是说Y1和Y不同，那么执行第n＋1步后，原先的局面和修改过后的局面的唯一差别在于前一种是Y1在此岸Y在彼岸，而后一种恰好相反。我们注意到，根据结论三，Y1一定走得比Y快，更一般地，任何一个在n＋1步到n＋i步之间从彼岸回此岸来的人都比Y要走得快。
如果原先方案中从n＋2步一直到n＋i步里的移动都不牵涉到Y1，那么我们只要把第n＋i步的“Y回来”改成“Y1回来”，就理顺了所有的步骤：原来的方案修改后的方案……
第n步：YZ→AZ→
第n＋1步：Y1←A←
……
第n＋i步：Y←Y1←
修改后的步骤消耗的时间少于原先所需的，因为Y1走得比Y快。
如果不幸地在原先方案中的第n＋j步（j＜i）Y1又要和某个人M一起到彼岸去，而第n＋j＋1步是“Y2回此岸来”，那么我们把第n＋j步改为“A和M一起到彼岸”去，而把第n＋k＋1步改为“A回此岸来”：原来的方案修改后的方案……
第n步：YZ→AZ→
第n＋1步：Y1←A←
……
第n＋j步：Y1M→AM→
第n＋j＋1步：Y2←A←