Tập hợp $\mathscr{N}$ gồm các siêu phẳng H sao cho $H \in \mathscr{H}$ và $a \notin H$ là hữu hạn địa phương vì nó được chứa trong $\mathscr{H}$. Do đó, tập hợp U các điểm của E không thuộc bất kỳ siêu phẳng nào của tập hợp $\mathscr{N}$ là mở. Vì $a \in U$, nên tồn tại một lân cận mở liên thông của a được chứa trong U. Phần còn lại của mệnh đề là rõ ràng.

Cho hai điểm x và y của E, ký hiệu bởi R\{x, y\} quan hệ

" Với mọi siêu phẳng $H \in \mathscr{H}$, hoặc $x \in H$ và $y \in H$ hoặc $x$ và $y$ nằm hẳn về cùng một phía của H."

Rõ ràng, R là một quan hệ tương đương trên E.

Điều này là hiển nhiên vì $\mathscr{H}$ là hữu hạn địa phương.

Cho F là một mặt và a là một điểm của F. Một siêu phẳng $H \in \mathscr{H}$ chứa F khi và chỉ khi $a \in H$; do đó tập hợp $\mathscr{F}$ của các siêu phẳng này là hữu hạn; giao của chúng là một không gian con afin L của E, mà ta sẽ gọi là giá afin của F; chiều của L sẽ được gọi là chiều của F.

Nếu $\mathscr{N}$ là tập hợp các siêu phẳng $H \in \mathscr{H}$ không chứa F, thì

Ta sẽ chứng minh rằng bao đóng của F được cho bởi

Hiển nhiên là vế phải chứa vế trái. Ngược lại, cho $x \in L \cap \bigcap_{H \in \mathscr{N}} \overline{D_H(a)}$. Đoạn thẳng mở có hai đầu mút a và x được chứa trong L và trong mỗi $D_H(a)$ với $H \in \mathscr{N}$, và do đó trong F. Suy ra x thuộc bao đóng của F, nên có công thức trên.

(i) Tập hợp F là một tập con mở lồi của không gian con afin L của E. (ii) Bao đóng của F là hợp của F và các mặt có chiều thực sự nhỏ hơn chiều của F. (iii) Trong không gian tôpô L, tập hợp F là phần trong của bao đóng của nó.

Vì mọi nửa-không gian mở và mọi siêu phẳng đều là các tập con lồi của E, công thức (2) cho thấy rằng F là giao của một họ các tập con lồi, và do đó là lồi. Mặt khác, lấy a thuộc F, và lấy U là một lân cận mở lồi của a trong E không gặp bất kỳ siêu phẳng nào trong tập $\mathfrak{N}$ các $H \in \mathfrak{H}$ sao cho $a \notin H$. Khi đó, với mọi $H \in \mathfrak{N}$, ta có $U \subset D_H(a)$, do đó $L \cap U \subset F$, suy ra F là mở trong không gian tôpô L.

Cho b là một điểm của $\overline{F} - F$, thuộc một mặt $F'$, và gọi $\mathfrak{N}'$ là tập hợp các siêu phẳng $H \in \mathfrak{N}$ chuyển qua b; đặt $\mathfrak{N}'' = \mathfrak{N} - \mathfrak{N}'$. Với mọi H trong $\mathfrak{N}''$, ta có $b \notin H$ và $b \in D_H(a)$, do đó $b \in D_H(a)$ và $D_H(b) = D_H(a)$; bởi định nghĩa của một mặt, vì thế ta có

trong khi đó (3) suy ra rằng

do đó $F' \subset \overline{F}$. Ta không thể có $\mathfrak{N}' = \varnothing$, vì điều đó sẽ kéo theo $F = F'$ theo (2) và (4), trái với giả thiết rằng $b \notin F$ và $b \in F'$. Giá của $F'$ là tập hợp $L' = L \cap \bigcap_{H \in \mathfrak{N}'} H$; ta có $a \in L$, nhưng $a \notin H$ với mọi $H$ thuộc $\mathfrak{N}'$, nên $L' \neq L$ và sau cùng $\dim L' < \dim L$, tức là $\dim F' < \dim F$. Điều này chứng minh (ii).

Cho H thuộc $\mathfrak{N}'$ và gọi D là nửa-không-gian mở bị chặn bởi H và phân biệt với $D_H(a)$; ta có $b \in H \cap L$, và ngay lập tức thấy rằng $D \cap L$ là một nửa-không-gian của L bị chặn bởi siêu phẳng $H \cap L$ của L; do đó, mọi lân cận của b trong L đều gặp $D \cap L$, và vì $D \cap L$ rời nhau với $\overline{F}$ theo (3), ta thấy rằng điểm b của $\overline{F} - F$ không thể thuộc nội bộ của $\overline{F}$ trong không gian tôpô L. Vì F mở trong L, ta có (iii). Q.E.D.

Điều này suy ra từ (iii).

(i) Tồn tại một mặt F' có giá là L gặp $\overline{F}$. (ii) Tồn tại một mặt F' có giá là L được chứa trong $\overline{F}$. (iii) Tồn tại một điểm x trong $L \cap \overline{F}$ không thuộc bất kỳ siêu phẳng nào của $\mathfrak{N}$.

Nếu các điều kiện này được thỏa mãn, $L \cap D_{\mathfrak{N}}(F)$ là mặt duy nhất có giá là $L$ được chứa trong $\overline{F}$.

(i) $\Longrightarrow$ (ii): Vì $\overline{F}$ là một hợp các mặt (Mệnh đề 3, (ii)), mọi mặt gặp $\overline{F}$ đều gặp một mặt được chứa trong $\overline{F}$, và do đó bằng mặt ấy.

(ii) $\Longrightarrow$ (iii): Mọi điểm $x$ của $F'$ đều thỏa mãn (iii) vì mọi siêu phẳng của $\mathfrak{H}$ chứa $x$ đều chứa $F'$, và do đó chứa $L$.

(iii) $\Longrightarrow$ (i): Cho $x$ là một điểm thỏa mãn (iii) và gọi $F'$ là mặt chứa $x$; rõ ràng là $F'$ cắt $\overline{F}$. Cho $H \in \mathfrak{H}$; khi đó $x \notin H$ nếu $H \in \mathfrak{N}$ và rõ ràng $x \in H$ nếu $H \notin \mathfrak{N}$; do đó giá đỡ của $F'$ là giao của các siêu phẳng của $\mathfrak{H} - \mathfrak{N}$, và bằng $L$.

Cuối cùng, cho $F'$ là một mặt với giá $L$ được chứa trong $\overline{F}$, và cho $x$ là một điểm của $F'$; vì không có siêu phẳng nào của $\mathfrak{N} \subset \mathfrak{H}$ đi qua $x$, Mệnh đề 1 cho thấy rằng tồn tại một lân cận mở lồi $U$ của $x$ không gặp siêu phẳng nào của $\mathfrak{N}$. Vì $x$ nằm trong bao đóng của $F$, nên $U \cap F \neq \varnothing$; bây giờ $\mathfrak{N}$ là tập hợp các siêu phẳng $H \in \mathfrak{H}$ không chứa $F'$, và với mọi $H$ trong $\mathfrak{N}$ ta có $D_H(x) = D_H(U) = D_H(U \cap F) = D_H(F)$ và công thức (2) kéo theo rằng

Điều phải chứng minh.

a) Với mọi $H \in \mathfrak{H}'$, tồn tại một nửa-không gian mở $D_H$ bị chặn bởi $H$ sao cho $C = \bigcap_{H \in \mathfrak{H}'} D_H$.

b) *Tập hợp C không giao với bất kỳ siêu phẳng nào thuộc $\mathfrak{H} - \mathfrak{H}'$. Trong các điều kiện đó, C là một buồng xác định bởi $\mathfrak{H}$ trong E, và $D_H = D_H(C)$ với mọi $H \in \mathfrak{H}$.

Các tính chất a) và b) cho thấy C là một tập con lồi của U; do đó tồn tại một buồng $C'$ sao cho $C \subset C'$. Vì $C \subset D_H$, ta có $D_H = D_H(C)$ với mọi H thuộc $\mathfrak{H}'$, do đó $C = D_{\mathfrak{H}'}(C) \supset D_{\mathfrak{H}}(C)$ vì $\mathfrak{H}' \subset \mathfrak{H}$; theo (6) ta có $D_{\mathfrak{H}}(C) = C'$, do đó $C \supset C'$. Vậy cuối cùng, $C = C'$.

Nếu E thu về một điểm duy nhất, điều này là hiển nhiên. Nếu không, lấy $a \in E$ và gọi $H_1, \ldots, H_m$ là các siêu phẳng của $\mathfrak{H}$ chứa $a$. Vì $\mathfrak{H}$ là hữu hạn địa phương, tồn tại một lân cận V của $a$ không cắt siêu phẳng nào của $\mathfrak{H}$ ngoài $H_1, \ldots, H_m$. Gọi D là một đường thẳng chuyển qua $a$ và không được chứa trong bất kỳ $H_i$ nào; nếu $x \in D, x \neq a$, và $x$ đủ gần $a$, thì đoạn mở $]ax[$ được chứa trong V và không cắt bất kỳ $H_i$ nào. Khi đó $]ax[ \subset U$; vì $]ax[$ liên thông, nó được chứa trong một phòng C, do đó $a \in \overline{C}$.

(i) Tồn tại một điểm a trong $\Omega$ không thuộc bất kỳ siêu phẳng nào của $\mathfrak{H}$ mà không chứa L.

(ii) Nếu L là một siêu phẳng và $L \notin \mathfrak{H}$, thì tồn tại một buồng gặp $\Omega$.

(iii) Nếu L là một siêu phẳng và $L \in \mathfrak{H}$, thì tồn tại một điểm a trong $\Omega$ không thuộc bất kỳ siêu phẳng nào $H \neq L$ của $\mathfrak{H}$.

Ký hiệu $\mathfrak{N}$ là tập hợp các siêu phẳng H sao cho $H \in \mathfrak{H}$ và $L \not\subset H$, và $\mathscr{L}$ là tập hợp các siêu phẳng của không gian afin L có dạng $L \cap H$ với $H \in \mathfrak{N}$. Rõ ràng $\mathscr{L}$ là một tập hợp hữu hạn địa phương các siêu phẳng trong L, và Mệnh đề 6 cho thấy rằng $\Omega$ gặp một buồng $\Gamma$ được xác định bởi $\mathscr{L}$ trong L. Nếu $a$ là một điểm của $\Gamma \cap \Omega$, thì $a \notin H$ với mọi $H \in \mathfrak{N}$, do đó có (i).

Bây giờ giả sử rằng L là một siêu phẳng; khi đó mọi siêu phẳng chứa L đều bằng nó, nên ta có thể phân biệt hai trường hợp:

a) $L \notin \mathfrak{H}$: khi đó $\mathfrak{N} = \mathfrak{H}$, và ta có $a \notin H$ với mọi $H \in \mathfrak{H}$; do đó $a$ thuộc một buồng được xác định bởi $\mathfrak{H}$ trong E, suy ra (ii).

b) $L \in \mathfrak{H}$: khi đó $\mathfrak{N} = \mathfrak{H} - \{L\}$, suy ra (iii).

Theo Mệnh đề 7, (iii), tồn tại một điểm $a$ của $H$ không thuộc bất kỳ siêu phẳng nào $H' \neq H$ của $\mathfrak{H}$; theo Mệnh đề 6, tồn tại một buồng $C$ sao cho $a \in \overline{C}$; khi đó Mệnh đề 4 cho thấy rằng $H$ là một vách của $C$.

a) Cho $\mathscr{L}$ là một tập con của $\mathfrak{H}$ sao cho $C = D_{\mathscr{L}}(C)$. Xét một siêu phẳng $L$ thuộc $\mathfrak{H}$ nhưng không thuộc $\mathscr{L}$; gọi $\mathfrak{N}$ là tập hợp các siêu phẳng $H \neq L$ thuộc $\mathfrak{H}$. Khi đó $\mathscr{L} \subset \mathfrak{N}$, do đó $C = D_{\mathfrak{N}}(C)$, và $L$ không cắt $D_{\mathfrak{N}}(C)$. Theo kéo theo (i) $\Longrightarrow$ (iii) trong Mệnh đề 4, siêu phẳng $L$ không phải là một vách của $C$. Do đó, mọi vách của $C$ đều thuộc $\mathscr{L}$.

b) Giả sử rằng $C = D_{\mathscr{L}}(C)$. Cho $H$ là một siêu phẳng thuộc $\mathscr{L}$ mà không phải là một tường của $C$, và đặt $\mathscr{L}' = \mathscr{L} - \{ H \}$. Theo hệ quả (iii) $\Longrightarrow$ (i) trong Mệnh đề 4, tập lồi $D_{\mathscr{L}'}(C)$ không gặp $H$, nên $D_{\mathscr{L}'}(C) \subset D_H(C)$ và $C = D_{\mathscr{L}'}(C)$. Nếu $\mathfrak{F}$ là một tập con hữu hạn của $\mathscr{L}$ không chứa tường nào của $C$, ta kết luận bằng quy nạp theo lực lượng của $\mathfrak{F}$ rằng $C = D_{\mathscr{L} - \mathfrak{F}}(C)$.

c) Cho $a$ là một điểm của $C$; rõ ràng, $C \subset D_{\mathfrak{M}}(a)$. Cho $a'$ là một điểm của $D_{\mathfrak{M}}(a)$; vì đoạn đóng $[aa']$ là compact, tập hợp $\mathfrak{F}$ các siêu phẳng $H \in \mathfrak{H}$ cắt $[aa']$ là hữu hạn. Vì $a$ và $a'$ nằm thực sự về cùng một phía đối với mọi vách của $C$, không một vách nào của $C$ thuộc $\mathfrak{F}$; theo b), ta có $C = D_{\mathfrak{H} - \mathfrak{F}}(C)$. Vì $a' \in D_{\mathfrak{H} - \mathfrak{F}}(a)$, ta có $a' \in C$. Vậy ta đã chứng minh rằng $D_{\mathfrak{M}}(a) \subset C$, điều này thiết lập phần thứ nhất của mệnh đề.

d) Để chứng minh khẳng định cuối cùng của mệnh đề, rõ ràng chỉ cần chỉ ra rằng một tập con $F$ của $\overline{C}$ là một mặt của $E$ đối với $\mathscr{M}$ thì cũng là một mặt của $E$ đối với $\mathfrak{H}$, hay là mọi siêu phẳng $H \in \mathfrak{H}$ cắt $F$ đều chứa $F$. Vậy cho $H$ là một siêu phẳng cắt $F$ nhưng không chứa nó. Vì $F$ mở trong giá afin đỡ của nó, nên nó không nằm hoàn toàn về một phía của $H$. Suy ra $\overline{C}$ không nằm hoàn toàn về một phía của $H$ và do đó siêu phẳng $H$ không thuộc $\mathfrak{H}$, điều này kết thúc chứng minh.

Cho H và $H'$ là hai siêu phẳng không song song, $a \in H$ và $a' \in H'$; tồn tại hai siêu phẳng M và $M'$ của không gian vectơ T sao cho $H = M + a$ và $H' = M' + a'$; vì H và $H'$ không song song, ta có $M \neq M'$ và do đó $T = M + M'$; vì thế tồn tại $u \in M$ và $u' \in M'$ sao cho $a' - a = u - u'$, và điểm $u + a = u' + a'$ thuộc $H \cap H'$.

Bổ đề là tầm thường khi $L = H$, nên ta giả sử rằng tồn tại một điểm $a$ trong L với $a \notin H$. Đặt $\lambda = f'(a), \lambda' = -f(a)$ và

thì $\lambda' \neq 0$ vì $a \notin H$; hơn nữa, vì $H \neq H'$, tồn tại $b \in H$ sao cho $b \notin H'$, do đó $f(b) = 0, f'(b) \neq 0$, và vì thế $g(b) = -f(a).f'(b)$ khác không. Tập hợp $L_1$ các điểm tại đó hàm afin $g \neq 0$ triệt tiêu khi đó là một siêu phẳng của E; ta có $g(a) = 0$, nên $a \in L_1$.

a) Giả sử rằng H và $H'$ là song song: g và f đều triệt tiêu tại mọi điểm của $L_1 \cap H$, do đó $f'$ cũng vậy vì $\lambda' \neq 0$; vậy mọi điểm của $L_1 \cap H$ đều thuộc $H'$; nhưng vì H và $H'$ song song và phân biệt, chúng rời nhau, nên $L_1 \cap H = \varnothing$, và Bổ đề 1 cho thấy $L_1$ song song với H. Vì $a \in L$ và $a \in L_1$, do đó ta có $L = L_1$.

b) Giả sử H và $H'$ không song song: theo Bổ đề 1, tồn tại một điểm c trong $H \cap H'$; ta trang bị cho E cấu trúc không gian vectơ nhận c làm gốc. Khi đó $H \cap H'$ là một không gian con vectơ của $E$ có đối chiều 2, và vì $a \notin H$, không gian con vectơ $M$ của $E$ sinh bởi $H \cap H'$ và $a$ là một siêu phẳng; vì $H \cap H' \subset L \cap L_1$ và $a \in L \cap L_1$, ta có $M \subset L \cap L_1$, do đó $M = L = L_1$. Điều phải chứng minh.

a) Các siêu phẳng H, H' và L song song.

b) Các siêu phẳng H và H' không song song, và $\overline{H \cap H'} \subset L$.

Khi đó, L cắt C.

Cho $b$ (ứng với $b'$) là một điểm của mặt của C có giá là H (ứng với $H'$); điều ngay lập tức thấy được là mọi điểm của đoạn $[bb']$ phân biệt với $b$ và $b'$ đều thuộc C.

Xét một hàm afin $f$ triệt tiêu tại mọi điểm của H và sao cho $f(x) > 0$ với $x$ thuộc $D_H(C)$; tương tự, xét một hàm afin $f'$ có một tính chất tương tự đối với $H'$. Bằng cách áp dụng Bổ đề 2, ta có thể tìm được các số $\lambda$ và $\lambda'$ cùng một hàm afin $g$ có các tính chất được nêu trong bổ đề. Ta có $(\lambda, \lambda') \neq (0, 0)$, và với mọi điểm $x$ của $L \cap D_H(C) \cap D_{H'}(C)$, ta có $f(x) > 0,\ f'(x) > 0$ và $\lambda.f(x) + \lambda'.f'(x) = 0$, do đó $\lambda \lambda' < 0$. Mặt khác, ta có $g(b) = \lambda'.f'(b)$ và $g(b') = \lambda.f(b')$, và vì $f(b') > 0,\ f'(b) > 0$, nên ta có $g(b)g(b') < 0$. Như vậy các điểm $b$ và $b'$ nằm thực sự ở hai phía đối nhau của siêu phẳng L, vì thế tồn tại một điểm c của L thuộc $[bb']$, và phân biệt với $b$ và $b'$, do đó thuộc C.