Nhờ tịnh tiến, bài toán có thể quy về trường hợp $0 \in A$, sao cho $A$ là hấp thụ. Đặt $p$ là gauge của $A$ (II, p. 20), sao cho $A$ là tập các điểm $x \in E$ thỏa $p(x) < 1$. Mặt khác, gọi $V$ là không gian con vectơ của $E$ sinh bởi $M$; do đó $M$ là một siêu phẳng trong $V$ không chứa $0$, và vì thế tồn tại duy nhất một dạng tuyến tính $f$ trên $V$ sao cho $M$ là tập các điểm $y \in V$ mà $f(y) = 1$. Giả thiết $M \cap A = \varnothing$ suy ra rằng với mọi $y \in V$ sao cho $f(y) = 1$, ta có $p(y) \geqslant 1$; vì $f$ và $p$ là thuần nhất dương nên ta có $f(y) \leqslant p(y)$ với mọi $y \in V$ sao cho $f(y) > 0$; cuối cùng vì $p(y) \geqslant 0$ với mọi $y \in V$, ta thấy rằng $f(y) \leqslant p(y)$ với mọi $y \in V$. Theo dạng giải tích của định lý Hahn-Banach (II, p. 22, th. 1) tồn tại một dạng tuyến tính $h$ trên $E$ mở rộng $f$ và sao cho, với mọi $x \in E$, $h(x) \leqslant p(x)$. Gọi $H$ là siêu phẳng trong $E$ có phương trình $h(x) = 1$. Rõ ràng $H \cap V = M$ và $H \cap A = \varnothing$. Mặt khác phần bù của $H$ trong $E$ chứa tập hợp mở không rỗng $A$, do đó $H$ là đóng trong $E$ (I, p. 11, hệ quả).

Q.E.D.

Vì tập hợp $C = A - B$ là mở, lồi (II, p. 9, prop. 7) và không rỗng, đồng thời $0 \notin C$. Theo định lý 1 của II, p. 36, tồn tại một dạng tuyến tính liên tục $f \neq 0$ trên $E$ sao cho $f(z) > 0$ trong $C$. Khi đó, với mọi $x \in A$, và $y \in B$, ta có $f(x) > f(y)$. Đặt $\alpha = \inf_{x \in A} f(x)$; $\alpha$ là hữu hạn và ta có $f(x) \geq \alpha$ với mọi $x \in A$ và $f(y) \leq \alpha$ với mọi $y \in B$; siêu phẳng đóng $H$ có phương trình $f(z) = \alpha$ phân biệt $A$ với $B$.

Vì, nếu $f(x) = \gamma$ là một phương trình của $H$, trong đó $f$ là một dạng tuyến tính liên tục trong $E$, thì hạn chế của $f$ trên $A$ là liên tục, do đó bị chặn và đạt các cận của nó trên $A$ (GT, IV, § 6.1, th. 1).

Điều này chứng tỏ rằng tồn tại một hoặc hai siêu phẳng đỡ của $A$ song song với $H$; trường hợp thứ nhất chỉ có thể xảy ra khi $A$ được chứa hoàn toàn trong một siêu phẳng song song với $H$.

Mọi siêu phẳng đỡ của $A$ đều đóng, vì mọi điểm của $A$ đều ở cùng một phía của siêu phẳng đó (II, p. 15, prop. 17). Ngoài ra, nếu $x_0$ là một điểm biên của $A$, thì $x_0$ không thuộc tập lồi mở không rỗng $\overset{\circ}{A}$; sau th. 1 của II, p. 36 tồn tại một siêu phẳng $H$ chứa $x_0$ và không cắt $\overset{\circ}{A}$. Vì $A$ là bao đóng của $\overset{\circ}{A}$ (II, p. 14, cor. 1 to prop. 16), suy ra từ prop. 17 của II, p. 15 rằng $H$ là một siêu phẳng đỡ của $A$.

Vì tồn tại một lân cận lồi mở $V$ của 0 trong $E$ sao cho $A + V$ và $K + V$ không giao nhau (GT, II, § 4.3, mệnh đề 4). Do $A + V$ và $K + V$ là lồi và mở trong $E$, mệnh đề 1 của II, p. 37 cho thấy rằng tồn tại một siêu phẳng đóng $H$ phân cách chặt $A + V$ với $K + V$, và $a$ fortiori $A$ với $K$.

Thật vậy, với mọi điểm $x \notin A$, tồn tại một siêu phẳng đóng phân cách chặt $x$ khỏi $A$ (dùng mệnh đề 4).

Thật vậy, cho $x_0 \notin A$; $\{ x_0 \}$ là đóng, do đó tồn tại một siêu phẳng đóng $H$ phân cách chặt $x_0$ khỏi $A$ (mệnh đề 4); cho $f(x) = \alpha$ là một phương trình của $H$ ($f$ là một dạng tuyến tính liên tục) và giả sử rằng $f(x) > \alpha$ với mọi $x \in A$. Nếu ta đặt $\gamma = \inf_{x \in A} f(x)$, thì nửa không gian được xác định bởi $f(x) \geq \gamma$ chứa $A$, được xác định bởi siêu phẳng đỡ có phương trình $f(x) = \gamma$, và không chứa $x_0$; do đó có hệ quả.

Có thể xảy ra là một tập hợp lồi đóng không compact và không có điểm trong, trong một không gian lồi địa phương, không có siêu phẳng đỡ đóng nào (II, p. 86, bài tập 18 : cf. cũng V, p. 71, bài tập 11).

Với mọi $x \notin \overline{M}$, cho $H$ là một siêu phẳng đóng phân cách chặt $x$ khỏi $\overline{M}$;

do đó $\overline{M}$ song song với $H$; siêu phẳng đóng $H_1$, chứa $\overline{M}$ và song song với $H$ không chứa $x$. Hệ quả theo sau.

Điều kiện này hiển nhiên là cần thiết. Ngược lại ta chứng minh rằng nó đủ; nếu một điểm $x \in A$ không được chứa trong $C$, thì tồn tại một siêu phẳng đóng có phương trình $f(z) = \alpha$ phân cách chặt $x$ với $C$; nếu chẳng hạn giả sử rằng $f(x) < \alpha$, thì hàm affine liên tục $u = f - \alpha$ mâu thuẫn với các giả thiết.

Vì $\overline{C}$ là một nón lồi có đỉnh $0$ (II, p. 13, Mệnh đề 14). Với $x \notin \overline{C}$, tồn tại một siêu phẳng đóng $H$ phân cách chặt $x$ với $\overline{C}$(Mệnh đề 4). Bây giờ chỉ còn cần áp dụng bổ đề sau :

Cho $f(z) = \alpha$ với $\alpha < 0$ là một phương trình của $H$, sao cho $f(z) = 0$ là phương trình của $H_0$. Nếu tồn tại $z \in A$ sao cho $f(z) < 0$, thì sẽ tồn tại $\lambda > 0$, sao cho $f(\lambda z) = \alpha$, và vì $\lambda z \in A$, điều này sẽ mâu thuẫn với giả thiết.

Thật vậy, tập $A \subset E \times \mathbf{R}$ gồm các điểm $(x, t)$ sao cho $x \in X$ và $t \geqslant f(x)$ là lồi (II, p. 17, mệnh đề 19) và đóng, vì hàm $(x, t) \mapsto f(x) - t$ là nửa liên tục dưới. Khi đó lấy $x$ là một điểm bất kỳ của $X$ và lấy $a \in \mathbf{R}$ sao cho $a < f(x)$. Theo hệ quả 1 của II, p. 38, tồn tại một siêu phẳng đóng $H$ trong $E \times \mathbf{R}$, chứa $(x, a)$ và không giao với $A$. Mọi dạng tuyến tính liên tục trên $E \times \mathbf{R}$ đều có dạng

trong đó $\lambda \in \mathbf{R}$ và $u$ là một dạng tuyến tính liên tục trên $E$, suy ra $H$ có một phương trình dạng $u(z) + \lambda t = \alpha$, và vì $H$ chứa $(x, a)$ nên ta có $\alpha = u(x) + \lambda a$. Bây giờ điểm $(x, f(x)) \in A$ không thuộc $H$ và do đó $\lambda \neq 0$. Chia cho $-\lambda$, nếu cần, ta có thể viết phương trình của $H$ dưới dạng $t - a = u(z - x)$. Vì $f(x) - a > 0$, do đó ta có $f(z) > u(z - x) + a$ với mọi $z \in X$ và điều này chứng minh mệnh đề.

Ta có thể giả sử rằng $X$ là không rỗng. Cho $u, v$ là hai phần tử của $L$, sao cho $u(x) > f(x)$ và $v(x) > f(x)$ với mọi $x \in X$, và cho $b$ là một hằng là cận trên của $u$ và $v$. Cho $U$ (tương ứng $V$) là tập hợp lồi compact các điểm $(x, t)$ của $X \times \mathbf{R}$ sao cho $u(x) \leq t \leq b$ (tương ứng $v(x) \leq t \leq b$), và cho $F$ là tập các $(x, t) \in X \times \mathbf{R}$ sao cho $t \leq f(x)$; $F$ là lồi và đóng trong $X \times \mathbf{R}$. Bao lồi $K$ của $U \cup V$ không gặp $F$, vì $U \cup V$ được chứa trong tập các $(x, t) \in X \times \mathbf{R}$ sao cho $f(x) < t$, một tập lồi và không gặp $F$. Vì $K$ là compact (II, p. 14, mệnh đề 15), ta có thể tách $F$ một cách chặt khỏi $K$ bởi một siêu phẳng đóng $H$ trong $E \times \mathbf{R}$. Với mọi $x \in X$, siêu phẳng $H$ tách $(x, f(x))$ một cách chặt khỏi $(x, b)$, và do đó gặp đường thẳng $\{ x \} \times \mathbf{R}$ tại một điểm duy nhất $w(x)$; vì vậy $H$ là đồ thị của một hàm afin liên tục mà phép hạn chế $w$ lên $X$ là một phần tử của $L$, tức là một cận dưới của $u$ và $v$ và thỏa mãn bất đẳng thức $w(x) > f(x)$ với mọi $x \in X$. Điều này chứng tỏ rằng tập $L'$ là giảm có hướng. Mệnh đề 5 của II, p. 39, áp dụng cho $-f$ cho thấy rằng $f$ là bao dưới của $L'$.

Vì, mệnh đề 6 và định lý của Dini (GT, X, § 4.1, th. 1) cho thấy rằng với mọi $n$ đều tồn tại $h_n \in L$ sao cho $f \leq h_n \leq f + 1/n$.