Vì không gian A là không thể tháo gỡ, tồn tại một phủ E của A có thớ $E_a$ là một tập hợp chính thuần nhất $\pi_1(A, a)$ (IV, p. 342, Định lý 1). Theo giả thiết, phép toán này thu được nhờ đồng cấu $\pi_1(f, a)$ từ một phép toán của $\pi_1(B, b)$ trên $\pi_1(A, a)$. Điều này kéo theo tính đơn ánh của đồng cấu $\pi_1(f, a)$.

(i) Đồng cấu $\pi_1(f, a):\pi_1(A, a)\rightarrow \pi_1(B, b)$ là toàn ánh.

(ii) Với mọi cặp $(E,E')$ các phủ của B, ánh xạ

gán cho một B-cấu xạ $g: E\rightarrow E'$ cấu xạ A

là song ánh.

Nhờ đồng cấu $\pi_1(f, a)$, mọi tập hợp $\pi_1(B, b)$ được trang bị một cấu trúc của tập hợp $\pi_1(A, a)$. Điều kiện (i) khi đó tương đương với điều kiện sau (i$'$):

(i$'$) Với mọi cặp $(F,F')$ các tập hợp $\pi_1(B, b)$, mọi $\pi_1(A, a)$-cấu xạ từ F vào $F'$ đều là một $\pi_1(B, b)$-cấu xạ.

Thật vậy, nếu đồng cấu $\pi_1(f, a)$ là toàn ánh, thì mọi $\pi_1(A, a)$-cấu xạ của các tập hợp $\pi_1(B, b)$ là một $\pi_1(B, b)$-cấu xạ. Ngược lại, ta lấy một tập hợp $\pi_1(B, b)$ là F thu gọn về một điểm và đặt $F'=\pi_1(B, b)/f_*(\pi_1(A, a))$. Ánh xạ của F vào $F'$ có ảnh là $f_*(\pi_1(A, a))$ là một $\pi_1(A, a)$-cấu xạ nhưng không phải là một $\pi_1(B, b)$-cấu xạ nếu $F'$ không thu gọn về một điểm, nghĩa là nếu $\pi_1(f, a)$ không toàn ánh.

Vì không gian B là không cuộn được, mọi tập hợp $\pi_1(B, b)$ đều đẳng cấu với tập hợp $\pi_1(B, b)$ $E_b$, trong đó E là một phủ của B (IV, p. 344, nhận xét 1). Sự tương đương của (i$'$) và (ii) do đó suy ra từ mệnh đề 2 của III, p. 310.

(i) Mọi phủ của B đều có thể tầm thường hóa trên A.

(ii) Ảnh của đồng cấu từ $\pi_1(A, a)$ vào $\pi_1(B, a)$ cảm sinh bởi đơn ánh chính tắc thu gọn về phần tử đơn vị.

Kéo theo (ii)$\Rightarrow$(i) suy ra từ hệ quả 3 (III, p. 309).

Ngược lại, giả sử rằng mọi phủ của B đều có thể tầm thường hóa trên A. Đặc biệt đây là trường hợp của phủ liên thông đơn giản theo cung $(\lambda_a(B), \varepsilon_B)$ (IV, p. 342, định lý 1), do đó đồng cấu $\pi_1(A, a)\rightarrow \pi_1(B, a)$ là tầm thường (III, p. 309, hệ quả 3 của mệnh đề 1).

a) Đối với mọi thành phần liên thông U của X, $\overline{f(U)}$ là một tập con

liên thông, mở và đóng của Y, và ta có $\overset{-1}{f}(f(U)) = U$.

b) Đối với mọi thành phần liên thông V của Y, tồn tại một thành phần liên thông U của X sao cho $V =f(U)$. Ánh xạ của U vào V cảm sinh bởi $f$ bằng cách chuyển qua các tập con là liên thông tương đối.

c) Các thành phần liên thông của X ( resp. của Y) là mở và đóng.

a) Gọi V là tập hợp các $y\in Y$ sở hữu một lân cận W sao cho

$\overset{-1}{f}(W)$ là liên thông và gặp U; đây là một tập mở của Y. Nó chứa $\overline{f(U)}$ vì $f$ là liên thông tương đối. Ngược lại, cho $y\in V$; lấy

W là một lân cận của $y$ sao cho $\overset{-1}{f}(W)$ là liên thông và gặp U. Với

mọi lân cận $W'$ của $y$ sao cho $\overset{-1}{f}(W')$ là liên thông, $\overset{-1}{f}(W\cap W')$ là

khác rỗng, do đó $\overset{-1}{f}(W\cup W')$ là liên thông (TG, I, p. 81, mệnh đề 2). Theo

giả thiết, $\overset{-1}{f}(W\cup W')$ gặp U; do đó ta có $\overset{-1}{f}(W\cup W')\subset U$ và, a fortiori, $W'\cap f(U)=\not\emptyset$. Điều này chứng minh rằng $y\in \overline{f(U)}$; do đó, $V =\overline{f(U)}$. Đặc biệt, tập hợp $\overline{f(U)}$ là mở và đóng trong Y; mệnh đề 1 (TG, I, p. 81) còn suy ra rằng nó là liên thông.

Các lập luận trước đó còn cho thấy rằng $\overset{-1}{f}(f(U))\subset U$,

do đó đẳng thức $\overset{-1}{f}(f(U)) = U$, bao hàm kia là hiển nhiên. Đặc biệt, U là mở và đóng trong X.

b) Gọi V là thành phần liên thông của một điểm $y$ của Y, lấy W là một

lân cận của $y$ sao cho $\overset{-1}{f}(W)$ là liên thông và khác rỗng và lấy U là một

thành phần liên thông của X chứa $\overset{-1}{f}(W)$. Vì $y\in \overline{f(U)}$, từ a) và từ định nghĩa của thành phần liên thông của $y$ suy ra rằng $V =\overline{f(U)}$. Do đó V là mở và đóng trong Y.

a) Ảnh $f(X)$ là trù mật trong Y;

b) Không gian Y liên thông địa phương; $-_1$

c) Với mọi tập hợp mở và liên thông V của Y, tập hợp $f(V)$ là liên thông.

Giả sử rằng ánh xạ $f$ liên thông tương đối. Mật độ của $f(X)$ trong Y suy ra từ định nghĩa của một

ánh xạ liên thông tương đối. Cho V là một tập con mở của Y; ánh xạ $f_V:\overset{-1}{f}(V)\rightarrow$ V là liên thông tương đối. Theo Mệnh đề 4, các thành phần liên thông của V là mở và đóng trong V. Suy ra Y liên thông địa phương (TG, I, p. 85, mệnh đề 11). Để chứng minh mệnh đề c), chỉ cần chứng minh rằng X liên thông nếu Y liên thông. Theo bổ đề, tồn tại

một thành phần liên thông U của X sao cho $Y =\overline{f(U)}$ và $\overset{-1}{f}(f(U)) = U$, do đó U = X và X liên thông.

Ngược lại, giả sử các điều kiện a), b), c) được thỏa mãn, và ta hãy chứng minh rằng $f$ liên thông tương đối. Cho $y$ là một điểm của Y; vì Y liên thông địa phương, $y$ có một hệ cơ bản các lân cận mở liên thông. Nếu W là một lân cận như vậy, các điều kiện

c) và a) suy ra rằng $\overset{-1}{f}(W)$ là liên thông và khác rỗng. Do đó ánh xạ $f$ liên thông tương đối.

Hạn chế của $g$ trên mỗi thành phần liên thông của X là hằng. Theo Hệ quả 1, tồn tại một ánh xạ $h: Y\rightarrow F$, hằng trên mỗi thành phần liên thông của Y, sao cho $g=h\circ f$. Ánh xạ $h$ là hằng địa phương, vì các thành phần liên thông của Y là mở. Tính duy nhất của một ánh xạ như vậy suy ra từ sự kiện rằng $f(X)$ là trù mật trong Y.

Cho $\mathscr{F}$ là bó trên X của các cấu xạ X từ $X\times_YT$ vào $X\times_YT'$ và cho $\mathscr{G}$ là bó trên Y của các cấu xạ Y từ T vào $T'$(I, p. 45, ví dụ 4). Với mọi tập mở U của Y, đặt $\varphi_U= (f_U)^*:\mathscr{G}(U)\rightarrow$

$\mathscr{F}(\overset{-1}{f}(U))$. Các ánh xạ $\varphi_U$ xác định một cấu xạ bó $\varphi :\mathscr{G}\rightarrow \varphi_*(\mathscr{F})$ và chỉ cần chứng minh rằng $\varphi$ là một đẳng cấu của các bó.

Vì Y là liên thông địa phương (IV, p. 354, hệ quả 2), các tập mở liên thông mà trên đó T và $T'$ khả phân hoạch tầm thường tạo thành một cơ sở của tôpô của Y. Theo hệ quả 2 của I, p. 55, chỉ cần chứng minh rằng đối với một tập mở U như vậy, ánh xạ $\varphi_U$ là song ánh, điều này cho phép ta giả sử rằng Y là liên thông và các phủ T và $T'$ là các phủ tầm thường $Y\times F$ và $Y\times F'$ trong đó F và $F'$ là các tập hợp được trang bị tôpô rời rạc. Ánh xạ $(x,(y, t))\mapsto (x, t)$ đồng nhất không gian X $X\times_Y(Y\times F)$ với $X\times F$ (tương ứng không gian X $X\times_Y(Y\times F')$ với $X\times F'$). Vì không gian X là liên thông (IV, p. 354, hệ quả 2), các tập hợp $\mathscr{C}_Y(Y\times F; Y\times F')$ và $\mathscr{C}_X(X\times F; X\times F')$ đều được đồng nhất với tập hợp $\mathscr{F}(F; F')$ các ánh xạ từ F vào $F'$, và ánh xạ $f^*$ được đồng nhất với ánh xạ đồng nhất của $\mathscr{F}(F; F')$. Điều này kết thúc chứng minh.

Thật vậy, cho $h: X\times_YT\rightarrow X\times_YT'$ và $h': X\times_YT'\rightarrow X\times_YT$ là các đẳng cấu X nghịch đảo của nhau. Theo mệnh đề 5, tồn tại các cấu xạ Y $g: T\rightarrow T'$ và $g': T'\rightarrow T$ sao cho $f^*(g) =h$ và $f^*(g') =h'$. Khi đó ta có $f^*(g'\circ g) =f^*(g')\circ f^*(g) =$ Id$_{X\times_YT}$, do đó $g'\circ g=$ Id$_T$, vì ánh xạ $f^*$ là đơn ánh. Tương tự, $g\circ g'=$ Id$_{T'}$. Do đó các phủ T và $T'$ là đẳng cấu.

Theo hệ quả 1, mọi phủ của Y thực sự đều khả phân hoạch tầm thường.

Theo IV, p. 353, mệnh đề 4, ta có thể giả sử rằng các không gian X và Y là liên thông. Khi đó hệ quả suy ra từ mệnh đề 5 và mệnh đề 2 của IV, p. 352.

Cho $\mathscr{U}$ là tập hợp các tập mở của Y mà ảnh ngược của chúng trong X

là đơn liên thông. Với mọi $V\in \mathscr{U}$, phủ $\overset{-1}{f}(V)\times_XZ$

của $\overset{-1}{f}(V)$ là tầm thường hóa được; do đó tồn tại một không gian rời rạc $F_V$ và một

đẳng cấu của các phép phủ $g_V:\overset{-1}{f}(V)\times_XZ\rightarrow \overset{-1}{f}(V)\times F_V$. Với mỗi

cặp $(V,V')$ các tập mở thuộc $\mathscr{U}$, ánh xạ $f_{V\cap V'}:\overset{-1}{f}(V\cap$ $V')\rightarrow V\cap V'$ là liên thông tương đối. Theo mệnh đề 5 của IV, p. 356, tồn tại một đẳng cấu duy nhất của các phép phủ của $V\cap V'$, $h_{V',V}: (V\cap V')\times F_V\rightarrow (V\cap V')\times F_{V'}$, sao cho ta có $f^*(h_{V',V})(x, t) =$ $g_{V'}(g_V^{-1}(x, t))$ với mọi $x\in V\cap V'$ và mọi $t\in F_V$. Nếu V, $V',V''$ là các phần tử của $\mathscr{U}$, ta có $h_{V'',V}(x, t) =h_{V'',V'}(h_{V',V}(x, t))$ với mọi $x\in V\cap V'\cap V''$ và mọi $t\in F_V$. Khi đó tồn tại một Y-không gian duy nhất T và, với mọi $V\in \mathscr{U}$, một đẳng cấu $h_V: T_V\rightarrow V\times F_V$, sao cho ta có $h_{V',V}(x, t) =h_{V'}\circ h^{-1}_V(x, t)$ với mọi cặp $(V,V')$ các tập mở thuộc $\mathscr{U}$, mọi $x\in V\cap V'$ và mọi $t\in F_V($cf. TG, I, p. 16). Không gian T đặc biệt là một phép phủ của Y. Hơn nữa tồn tại một

ánh xạ duy nhất từ $X\times_YT$ lên Z mà hạn chế của nó lên $\overset{-1}{f}(V)\times_YT$ được cho bởi $g^{-1}_V\circ f^*(h_V)$ và đây là một đẳng cấu của các X-không gian, do đó có mệnh đề.

$\overset{-1}{f}(V)$ là đơn liên. Khi đó, với mọi điểm $x$ của X, đồng cấu $\pi_1(f, x):\pi_1(X, x)\rightarrow \pi_1(Y, f(x))$ là song ánh.

Có thể giả sử các không gian X và Y liên thông (IV, p. 353, mệnh đề 4). Theo hệ quả 3 (IV, p. 357), đồng cấu $\pi_1(f, x)$ là toàn ánh. Mệnh đề 6 và mệnh đề 1 của IV, p. 351 suy ra rằng nó là đơn ánh.

Thành phần liên thông theo cung của $x$ trong X là mở, đóng và co rút được; điều này cho phép giả sử rằng không gian X là liên thông. Vì không gian X là co rút được, không gian-X $E =\lambda_x(X)$, được trang bị ánh xạ tận cùng, là một phủ không rỗng đơn liên theo cung (IV, p. 342, th. 1). Nhóm G = Aut$_X(E)$ đẳng cấu với $\pi_1(X, x)$; do đó chỉ cần chứng minh rằng nhóm G có một trình bày hữu hạn.

Vì X là compact, mọi điểm $x$ của X có một lân cận compact $K_x$ trên đó phủ E là tầm thường hóa được (TG, I, p. 65, hệ quả). Vì X liên thông địa phương, mọi $x\in X$ có một lân cận mở liên thông $W_x$, được chứa trong $K_x$. Cho F là một tập con hữu hạn của X sao cho các $W_x$, với $x\in F$, phủ X. Gọi $n$ là lực lượng của F.

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng, với mọi số nguyên $k$ sao cho 1 $\leqslant k\leqslant n$, tồn tại một tập con A có lực lượng $k$ được chứa trong F và, với $x\in A$, một tiết diện $s_x$ của $p$ trên $K_x$, sao cho hợp của các $s_x(W_x)$, với $x\in A$, là một tập con liên thông của E. Mệnh đề đúng với $k= 1$. Giả sử nó đúng với một số nguyên $k$ sao cho $1\leqslant k < n$ và ta hãy chứng minh rằng nó đúng với $k+ 1$. Cho A là một tập con của F có lực lượng $k$ và, với mọi $x\in A$, cho $s_x$ là một tiết diện của E trên $K_x$, sao cho $\bigcup_{x\in A}s_x(W_x)$ là liên thông. Các tập mở $\bigcup_{x\in A}W_x$ và $\bigcup_{x\in F-A}W_x$ là khác rỗng và phủ X; do đó giao của chúng là khác rỗng, vì X là liên thông. Vì vậy tồn tại $x\in A,y\in F-A$ và $z\in W_x\cap W_y$. Đặt $A'= A\cup \{y\}$ và chọn một tiết diện $s_y$ của E trên $K_y$ sao cho $s_y(z) =s_x(z)$. Các tập mở liên thông $\bigcup_{p\in A}s_p(W_p)$ và $s_y(W_y)$ là khác rỗng và có một điểm chung; do đó hợp của chúng là liên thông. Điều này chứng minh mệnh đề với $k+ 1$. Bằng quy nạp, vì vậy nó đúng với mọi số nguyên $k\in \{1, . . . , n\}$.

Áp dụng điều trên cho $k=n$, khi đó tồn tại, với mọi $x\in F$, một tiết diện $s_x$ của E trên $K_x$, sao cho $U =\bigcup_{x\in F}s_x(W_x)$ là một tập con mở liên thông của E. Ta có $p(U) = X$. Vì nhóm G tác động bắc cầu trong mỗi thớ của phủ E, ta có GU = E.

Bao đóng của U được chứa trong $\bigcup_{x\in F}s_x(K_x)$ và do đó là compact. Phép toán của G trên E là thực sự (I, p. 96, cor. 1), do đó tập hợp các cặp $(g, x)\in G\times E$ sao cho $x\in \overline{U}$ và $gx\in \overline{U}$ là một tập con compact của $G\times E$ (TG, I, p. 77, prop. 6). Suy ra tập hợp các $g\in G$ sao cho $\overline{U}\cap g\overline{U}=\not\emptyset$ là compact. Vì nó rời rạc, nó hữu hạn. A fortiori, tập hợp các $g\in G$ sao cho $U\cap gU=\not\emptyset$ là hữu hạn. Do đó định lý suy ra từ prop. 10 của I, p. 136.

Cho $\mathscr{O}$ là tập hợp các tập con mở U của X sao cho $A\cap U$ là tập hợp loại một. Tập hợp các tập con của $\mathscr{O}$ gồm các tập con mở từng đôi một rời nhau, có thứ tự theo quan hệ bao hàm, là quy nạp. Cho $\mathfrak{U}$ là một phần tử cực đại; một phần tử như vậy tồn tại theo E, III, p. 20, th. 2.

Cho O là hợp của các tập con mở của X thuộc $\mathfrak{U}$. Với mỗi tập con mở $U\in \mathfrak{U}$, cho $(B_{U,n})$ là một dãy các tập con hiếm của U có hợp là $A\cap U$. Với mỗi số nguyên $n$, hợp $B_n$ của các tập con $B_{U,n}$, với U chạy qua $\mathfrak{U}$, là hiếm tương đối với O (TG, IX, p. 52, prop. 1). Theo TG, IX, p. 53, prop. 2, $B_n$ là một tập con hiếm của X, vì O mở trong X. Do đó, tập hợp $A\cap O$, bằng hợp của các $B_n$, là một tập hợp loại một của X.

Cho F là phần bù của O. Nó là một tập con đóng của X; ta hãy chứng minh rằng nó có nội điểm rỗng. Trong trường hợp ngược lại, cho $x$ là một điểm nội của F. Theo giả thiết, tồn tại một lân cận mở V của $x$, có thể giả sử được chứa trong F, sao cho $A\cap V$ là tập hợp loại một. Khi đó V rời nhau với các tập con mở của X thuộc $\mathfrak{U}$ và $\mathfrak{U}\cup \{V\}$ là một tập hợp các tập con mở từng đôi một rời nhau thuộc $\mathscr{O}$, điều này mâu thuẫn với tính cực đại của $\mathfrak{U}$. Quan hệ

khi đó suy ra A là tập hợp loại một, điều phải chứng minh.

Cho X là một không gian tôpô.

Nhắc lại (TG, IX, p. 69) rằng một tập con A của X được gọi là khả tiếp cận nếu tồn tại một tập con mở U của X sao cho $U\cap \complement A$ và $A\cap \complement U$ là các tập hợp loại một trong X. Tập hợp các tập con khả tiếp cận của X là một bộ lạc chứa bộ lạc Borel (TG, IX, p. 69, bổ đề 8 và chứng minh của nó). Một tập hợp loại một là khả tiếp cận.

Với mỗi tập con A của X, cho D(A) là tập hợp các điểm $x\in X$ sao cho với mọi lân cận V của $x,A\cap V$ không là tập hợp loại một. Ta cũng đặt $D^*(A) = A\cup D(A)$.

a) Tập hợp D(A) đóng trong X; phần bù của nó là tập con mở lớn nhất U của X sao cho $A\cap U$ là một tập hợp loại một.

b) Để A là tập hợp loại một, điều kiện cần và đủ là D(A) rỗng.

c) Tập hợp $D^*(A)$ là khả tiếp cận.

d) Với mọi tập hợp khả tiếp cận B của X chứa A, $D^*(A)\cap$ $\complement B$ là tập hợp loại một.

Cho U là hợp của các tập con mở V của X sao cho $A\cap V$ là tập hợp loại một. Để một điểm $x$ thuộc U, điều kiện cần và đủ là nó có một lân cận V sao cho $A\cap V$ là tập hợp loại một. Do đó ta có $U =\complement D(A)$ và vì vậy D(A) là một tập con đóng của X. Theo phép dựng, không gian con U có một phủ bởi các tập con mở mà giao của chúng với A là tập hợp loại một. Theo bổ đề 1, áp dụng cho không gian tôpô U và tập con $A\cap U$, $A\cap U$ là tập hợp loại một trong U, do đó cũng trong X. Điều này chứng minh mệnh đề a), vì theo phép dựng, mọi tập con mở V của X sao cho $A\cap V$ là tập hợp loại một đều được chứa trong U.

Mệnh đề b) suy ra ngay lập tức từ điều này.

c) Ta có $D^*(A) = A\cup D(A) = (A\cap U)\cup D(A)$. Tập hợp D(A) đóng, do đó khả tiếp cận (IV, p. 361); tập con loại một $A\cap U$ cũng vậy. Do đó $D^*(A)$ là khả tiếp cận (loc. cit.).

d) Cho B là một tập con tiếp cận được của X chứa A. Phần bù $\complement B$ của nó khi đó là một tập con tiếp cận được của X (loc. cit.) và do đó tồn tại một tập con mở V của X sao cho $V\cap B$ và $\complement V\cap \complement B$ là thưa. Vì $A\subset B$, $V\cap A$ vẫn là thưa, do đó $V\subset U$. Vì $\complement U\cap \complement B$ được chứa trong $\complement V\cap \complement B$, nó cũng là một tập con thưa của X. Cuối cùng, các phép bao hàm

chỉ ra rằng $D^*(A)\cap \complement B$ là một tập con thưa của X.

Cho S là một không gian con Souslinian của X. Theo định nghĩa, tồn tại một không gian mêtric đầy đủ P kiểu đếm được và một ánh xạ toàn ánh liên tục $g$ từ P lên S. Theo TG, IX, p. 64, bổ đề 3, tồn tại một sàng $C = (C_n, p_n, \varphi_n)_{n\in\mathbf{N}}$ của không gian mêtric P.

Với mỗi số nguyên $n$ và mỗi $c\in C_n$, ký hiệu $F_n(c)$ là ảnh của tập hợp $\varphi_n(c)$ qua $g$; ta cũng đặt $F^*_n(c) = D^*(F_n(c))$ và

Với mỗi $c\in C_n,F^*_n(c)$ là tiếp cận được (IV, p. 361, bổ đề 2, c)). Vì $C_{n+1}$ là đếm được, hợp của các tập con tiếp cận được $F^*_{n+1}(c')$, trong đó $c'$ chạy qua $\overset{-1}{p_{n}}(c)$, lại là một tập con tiếp cận được của X. Nó chứa hợp của các $F_{n+1}(c')$, tập hợp này bằng $F_n(c)$. Do đó (loc. cit., d)), $G_n(c)$ là một tập con thưa của X. Hợp G của các tập con $G_n(c)$, với $n\in \mathbf{N}$ và $c\in C_n$, do đó là một tập con thưa của X.

Cho $c_0\in C_0$ và cho $x$ là một phần tử của $F^*_0(c_0)\cap \complement G$; ta hãy chứng minh rằng $x\in F_0(c_0)$. Vì $x\notin G_0(c_0)$ và $x\in F^*_0(c_0)$, tồn tại $c_1\in \overset{-1}{p_{0}}(c_0)$ sao cho $x\in F^*_1(c_1)$, theo quan hệ (1). Bằng quy nạp, tồn tại một phần tử $c= (c_n)_n$ của $\prod_nC_n$ sao cho, với mọi số nguyên $n\in \mathbf{N}$, ta có $x\in F^*_n(c_n)$ và $p_n(c_{n+1}) =c_n$.

Các tập con $\varphi_n(c_n)$ tạo thành một cơ sở của một lọc Cauchy trong P; lọc này hội tụ đến một điểm $p$ của P, vì P là đầy đủ. Ảnh của lọc này qua $g$ là một lọc F trên X, có cơ sở là tập hợp các $F_n(c_n)$ với $n\in \mathbf{N}$, lọc này hội tụ đến $g(p)$. Vì $F^*_n(c_n)$ được chứa trong $\overline{F_n(c_n)}$ và $x$ thuộc về mỗi $F_n(c_n)$, $x$ là một điểm bám của F, do đó $x=g(p)$ vì không gian X là tách được (TG, I, p. 52, mệnh đề 1). Điểm $p$ thuộc về $\overline{\varphi_1(c_1)}$, do đó thuộc về $\varphi_0(c_0)$. Do đó, $x\in F_0(c_0)$.

Do đó, tập hợp $F^*_0(c_0)$ - $F_0(c_0)$ được chứa trong G. Vì vậy nó là một tập con thưa của X, do đó cũng là một tập con tiếp cận được. Vì $F_0(c_0) = F^*_0(c_0)$ - $(F^*_0(c_0)$ - $F_0(c_0))$ và $F^*_0(c_0)$ là tiếp cận được, $F_0(c_0)$ là tiếp cận được, bởi vì các tập con tiếp cận được của X tạo thành một bộ lạc. Vì $C_0$ là đếm được, tập hợp S là hợp của các $F_0(c_0)$, với $c_0\in C_0$, lại là tiếp cận được.

Với mỗi cặp $(j_1, j_2)$ gồm các phần tử phân biệt của I, tập hợp các họ $(x_i)\in X^I$ sao cho $(x_{j_1}, x_{j_2})\in O$ là một tập con mở trù mật của $X^I$. Giao Ω của các tập mở này, khi $(j_1, j_2)$ chạy qua tập hữu hạn các cặp gồm các phần tử phân biệt của I, do đó là một tập con mở trù mật của $X^I$. Do đó, $\Omega \cap \prod_{i\in I}U_i$ là một tập con mở khác rỗng của $X^I$, vì thế chứa một tập con mở của $X^I$ có dạng $\prod_{i\in I}V_i$, trong đó với mỗi $i\in I$, $V_i$ là một tập con mở, khác rỗng, của $U_i$. Điều này chứng minh bổ đề.

Trang bị cho không gian P một mêtric $d$ tương thích với tôpô của nó và theo đó nó là đầy đủ. Cho $(A_n)_{n\in\mathbf{N}}$ là một dãy tăng các tập con đóng của $P\times P$, có phần trong rỗng, sao cho đồ thị $\Gamma_R$ của quan hệ R được chứa trong hợp của các $A_n$.

Cho $\mathscr{O}$ là tập hợp các tập con mở khác rỗng của P. Ta sẽ xây dựng bằng quy nạp một dãy $(f_n)_{n\in\mathbf{N}}$, trong đó với mọi $n$, $f_n$ là một ánh xạ của $\{0,1\}^n$ vào $\mathscr{O}$, thỏa mãn các tính chất sau :

(i) Với mọi $n\geqslant 1$, mọi $x\in \{0,1\}^{n-1}$ và mọi $t\in \{0,1\}$, bao đóng của tập mở $f_n(x, t)$ được chứa trong $f_{n-1}(x)$;

(ii) Với mọi $x\in \{0,1\}^n$, ta có diam($f_n(x)$)$\leqslant 2^{-n}$;

(iii) Với mọi $n\geqslant 1$ và mọi cặp $(x, x')$ gồm các phần tử phân biệt của $\{0,1\}^n,f_n(x)\times f_n(x')$ không giao với $A_{n-1}$.

Chọn một tập mở khác rỗng U của X có đường kính $\leqslant 1$ và định nghĩa $f_0$ là ánh xạ hằng có ảnh $\{U\}$. Giả sử các ánh xạ $f_0, . . . , f_n$ đã được xây dựng.

Gọi $p:\{0,1\}^{n+1}\rightarrow \{0,1\}^n$ là ánh xạ được định nghĩa bởi $p(x_0, . . . , x_n) =$ $(x_0, . . . , x_{n-1})$. Theo bổ đề 3 ở trên, áp dụng cho họ các tập mở $(f_n(p(x)))$ với $x\in \{0,1\}^{n+1}$ và cho tập mở trù mật $\complement A_n$ của $P\times P$, tồn tại một họ $(g(x))_{x\in \{0,1\}^{n+1}}$ các tập mở khác rỗng của P sao cho $g(x)\subset f_n(p(x))$ với mọi $x$ và sao cho $(g(x)\times g(x'))\cap A_n$ rỗng đối với mọi cặp $(x, x')$ gồm các phần tử phân biệt của $\{0,1\}^{n+1}$. Khi đó ta định nghĩa ánh xạ $f_{n+1}$ bằng cách chọn, với mỗi phần tử $x\in \{0,1\}^{n+1}$, một tập con mở khác rỗng của $g(x)$ có đường kính $\leqslant 2^{-n-1}$ và có bao đóng được chứa trong $g(x)$.

Với mọi phần tử $x= (x_n)_{n\in\mathbf{N}}$ của $\{0,1\}^{\mathbf{N}}$, dãy các tập hợp $(f_n(x_0, . . . , x_{n-1}))_{n\in\mathbf{N}}$ là một dãy giảm các tập con mở của X, mỗi tập trong đó chứa bao đóng của tập tiếp theo và có đường kính dần về 0; giao của dãy tập hợp này do đó thu gọn thành một điểm (TG, II, p. 15), mà ta ký hiệu là $f(x)$. Nếu hai điểm $x,x'$ của $\{0,1\}^{\mathbf{N}}$ thỏa mãn $x_i=x'_i$ với $i\leqslant n$, thì có $d(f(x), f(x'))\leqslant 2^{-n}$. Do đó, ánh xạ $f:\{0,1\}^{\mathbf{N}}\rightarrow P$ là liên tục. Cho $x$ và $x'$ là các phần tử phân biệt của $\{0,1\}^{\mathbf{N}}$. Với $n\in \mathbf{N}$ sao cho $(x_0, . . . , x_n)=\not$ $(x'_0, . . . , x'_n)$, tập mở $f_{n+1}(x_0, . . . , x_n)\times f_{n+1}(x'_0, . . . , x'_n)$ rời khỏi $A_n$, theo định nghĩa của $f_{n+1}$, do đó cặp $(f(x), f(x'))$ không thuộc $A_n$. Suy ra rằng $f(x)$ và $f(x')$ không tương đương đối với quan hệ R. Do đó, $f$ là đơn ánh và ảnh của nó gặp mỗi lớp tương đương đối với R nhiều nhất tại một điểm. Mệnh đề được chứng minh.