Phần cuối của định lý là hiển nhiên; vì mọi bộ lọc Cauchy trên $X$ đều có một điểm tụ [tiên đề (C)] và do đó hội tụ ($§ 3$, no. 2, Mệnh đề 5, Hệ quả 2).

Bây giờ ta hãy chỉ ra rằng nếu có một cấu trúc đều trên $X$ tương thích với tôpô của $X$, thì tập hợp $U$ các lân cận của cấu trúc đều này là tập hợp mọi lân cận của $\Delta$. Ta đã biết rằng mọi lân cận đều là một lân cận của $\Delta$ ($§ 1$, no. 2, Mệnh đề 2), vì thế ta phải chỉ ra rằng ngược lại mọi lân cận của $\Delta$ đều thuộc $U$. Giả sử có một lân cận $U$ của $\Delta$ không thuộc $U$; khi đó các tập hợp $V \cap C_U$, khi $V$ chạy qua $U$, tạo thành một cơ sở của một bộ lọc $G$ trên không gian compact $X \times X$; do đó $G$ có một điểm tụ $(a, b)$ không thuộc $\Delta$. Vì $U$ là một bộ lọc thô hơn $G$, nên $(a, b)$ cũng là một điểm tụ của $U$. Nhưng cấu trúc đều xác định bởi $U$ là Hausdorff theo giả thiết; vì thế giao của các bao đóng của các tập hợp thuộc $U$ là $\Delta$ ($§ 1$, no. 2, Hệ quả 2 của Mệnh đề 2 và Mệnh đề 3); do đó ta đi đến một mâu thuẫn.

Vậy do đó còn phải chỉ ra rằng tập hợp $B$ các lân cận của $\Delta$ trong $X \times X$ là tập hợp các entourage của một cấu trúc đều tương thích với tôpô của $X$. Muốn vậy, chỉ cần chỉ ra rằng $B$ là tập hợp các entourage của một cấu trúc đều Hausdorff trên $X$; vì khi đó tôpô cảm sinh bởi cấu trúc đều này sẽ thô hơn tôpô của $X$ (Chương I, $§ 2$, no. 2, Mệnh đề 3) và do đó phải trùng nhau với tôpô sau (Chương I, $§ 9$, no. 4, Định lý 2, Hệ quả 3).

$B$ rõ ràng thỏa mãn các tiên đề $(F_I)$ và $(F_{II})$. Hãy chỉ ra rằng các tiên đề $(U_{II})$ và $(U_{III})$ cũng được thỏa mãn và rằng $\Delta$ là giao của các tập hợp của $B$. Trước hết xét điểm cuối cùng: mọi tập hợp gồm một điểm duy nhất $(x, y) \in X \times X$ đều đóng, vì $X$ là Hausdorff; do đó nếu $x \neq y$, phần bù của $(x, y)$ trong $X \times X$ là một lân cận của $\Delta$. Vì phép đối xứng $(x, y) \to (y, x)$ là một đồng phôi của $X \times X$ lên chính nó,

Từ các định nghĩa này suy ra ngay lập tức rằng nếu $(u, v) \in W$ và $u \in V_1$ (resp. $u \in U_1$), thì tất phải có $v \in U_1$ (resp. $v \in U_1 \cup U_3 = \mathscr{C}V_2$); do đó lân cận $V_1 \times V_2$ của $(x, y)$ trong $X \times X$ không giao với $\hat{W}$, và ta được một mâu thuẫn. Điều này kết thúc chứng minh.

Thật vậy, theo định lý của Alexandroff (Chương I, § 9, no. 8, Định lý 4), một không gian compact địa phương là đồng phôi với một không gian con của một không gian compac.

Đặt $g = f \times f$, khi đó $g$ liên tục trên $X \times X$ (Chương I, § 4, no. 1, Mệnh đề 1, Hệ quả 1); do đó với mỗi entourage mở $V'$ của $X'$, $\overline{g^{-1}}(V')$ là một tập con mở của $X \times X$, hiển nhiên chứa đường chéo. Từ đó định lý suy ra từ Định lý 1, vì các entourage mở của $X'$ tạo thành một hệ cơ bản các entourage (§ 1, no. 2, Mệnh đề 2, Hệ quả 2).

Dưới các giả thiết của Định lý 2, hạn chế của $f$ lên mọi không gian con $A$ của $X$ là liên tục đều; do đó (§ 3, no. 6, Định lý 2):

Ta có thể diễn đạt điều kiện này một cách trực giác hơn bằng cách nói rằng $X$ có thể được phủ bởi một số hữu hạn tập hợp nhỏ tùy ý.

Cho $i : X \to \hat{X}$ là ánh xạ chính tắc, khi đó các entourage của $X$ là các ảnh ngược qua $i \times i$ của các entourage của $\hat{X}$ (§ 3, no. 7, Mệnh đề 12). Giả sử $X$ là tiền compắc, và cho $U$ là một entourage bất kỳ của $\hat{X}$; khi đó tồn tại một entourage đối xứng $U'$ của $\hat{X}$ sao cho $\hat{U}' \subset U$. Vì $\hat{X}$ là compắc, tồn tại một số hữu hạn các điểm $x_j \in \hat{X}$ sao cho các $U'(x_j)$ (là các tập $U$-nhỏ) phủ $\hat{X}$. Nếu $V$ là ảnh ngược của $U$ bởi $i \times i$, thì các tập $i^{-1}(U'(x_j))$ là $V$-nhỏ và phủ $X$. Ngược lại, giả sử rằng với mỗi entourage $V$ của $X$ đều có một phủ hữu hạn của $X$ bởi các tập $V$-nhỏ. Ta phải chứng minh rằng mọi siêu bộ lọc $\mathfrak{F}$ trên $\hat{X}$ đều hội tụ; vì $\hat{X}$ là đầy đủ, chỉ cần chứng minh rằng $\mathfrak{F}$ là một bộ lọc Cauchy, nghĩa là với mỗi entourage đóng $U$ của $\hat{X}$ đều có một tập $U$-nhỏ thuộc $\mathfrak{F}$ (§ 1, no. 2, Mệnh đề 2, Hệ quả 2). Cho $V$ là ảnh ngược của $U$ qua $i \times i$, và cho $(B_j)$ là một phủ hữu hạn của $X$ bởi các tập $V$-nhỏ; khi đó các tập $C_j = i(B_j)$ là $U$-nhỏ và phủ $i(X)$, do đó

Mặt khác, vì $C_j \times C_j \subset U$, và $U$ đóng trong $\hat{X} \times \hat{X}$, nên ta có $\overline{C}_j \times \overline{C}_j \subset U$, do đó các $\overline{C}_j$ cũng là $U$-nhỏ. Vì $\mathfrak{F}$ là một siêu bộ lọc, nên một trong các $\overline{C}_j$ thuộc $\mathfrak{F}$ (Chương I, § 6, no. 4, Hệ quả của Mệnh đề 5).

Điều phải chứng minh.

Điều này suy ra từ Định lý 3 và Định lý 1 của no. 1.

Hai khẳng định đầu là những hệ quả ngay lập tức của Định lý 3. Cho $X$ là một không gian đều, $A$ là một tập con tiền compact của $X$, và gọi $i : X \to \hat{X}$ là ánh xạ chính tắc. $i(\overline{A})$ được chứa trong bao đóng của $i(A)$ trong $\hat{X}$ (Chương I, § 2, no. 1, Định lý 1), do đó bao đóng của $i(\overline{A})$ trong $\hat{X}$ được chứa trong một tập compact và vì vậy là compact.

Vì nếu $i : X \to \hat{X}$ và $j : Y \to \hat{Y}$ là các ánh xạ chính tắc, thì ta có $j(f(A)) = \hat{f}(i(A))$ (§ 3, no. 7, Mệnh đề 15) và do đó $j(f(A))$ là tương đối compact trong $\hat{Y}$ (Chương I, § 9, no. 4, Định lý 2, Hệ quả 1).

Điều kiện đó là cần, theo Mệnh đề 2. Tính đủ suy ra từ sự đặc trưng hóa của bổ sung Hausdorff của $X$ được cho trong § 3, no. 9, Mệnh đề 18, và định lý Tychonoff (Chương I, § 9, Định lý 3, Hệ quả).

Nếu mệnh đề là sai, thì không một tập hợp nào trong các tập hợp $A \cap \overline{V}(B)$, với $V$ chạy qua tập hợp các entourage đối xứng của $X$, là rỗng; do đó các tập hợp ấy sẽ tạo thành một cơ sở bộ lọc trên $A$, cơ sở này sẽ có một điểm bám $x_0 \in A$. Vậy đối với mỗi entourage đối xứng $V$ của $X$, $\overline{V}(x_0)$ sẽ giao với $B$ và do đó, vì $B$ là đóng, ta sẽ có $x_0 \in B$, trái với giả thiết.

Cho $U$ là một lân cận mở bất kỳ của $A$, khi đó $B = \complement U$ là đóng và không giao với $A$; do đó, theo Mệnh đề 4, tồn tại một entourage $V$ sao cho $V(A) \cap V(B) = \varnothing$, và vì vậy $V(A) \subset U$.

Với mỗi $x \in X$, gọi $A_x$ là giao của các tập hợp $A_{x, v}$ khi $V$ chạy qua tập hợp các entourage đối xứng của $X$; $A_x$ là lớp tương đương của $x$ đối với quan hệ tương đương "với mọi entourage đối xứng $V$, tồn tại một $V$-dây chuyền nối $x$ với $y$".

Chỉ cần chỉ ra rằng $A_x$ là liên thông: vì trong mọi không gian đều $X$ thành phần của $x$ được chứa trong giao của các lân cận của $x$ vừa mở vừa đóng, và giao này được chứa trong $A_x$ theo Mệnh đề 5.

Giả sử $A_x$ không liên thông. Vì $A_x$ là đóng, tồn tại hai tập hợp đóng không rỗng rời nhau $B$ và $C$ sao cho $B \cup C = A_x$. Theo Mệnh đề 4 của § 3, tồn tại một entourage $U$ của $X$ sao cho $U(B) \cap U(C)$ là rỗng.

Cho $W$ là một entourage mở sao cho $\hat{W} \subset U$, và cho $H$ là tập hợp đóng là phần bù của $W(B) \cup W(C)$ trong $X$. Chẳng hạn giả sử rằng $x \in B$, và cho $y$ là một điểm của $C$. Khi đó đối với mỗi entourage đối xứng $V \subset W$ ta thấy ngay lập tức, bằng quy nạp theo $i$, rằng mọi $V$-chain $(x_i)_{0 \leq i \leq n}$ nối $x$ với $y$ trong $X$ đều phải có một điểm trong $H$, theo lựa chọn $W$. Vì theo giả thiết $x$ và $y$ có thể được nối bởi một $V$-chain với mỗi entourage đối xứng $V$, ta thấy rằng $H \cap A_{x, v}$ là không rỗng nếu $V \subset W$. Mặt khác, nếu $V' \subset V$ thì rõ ràng $A_{x, v'} \subset A_{x, v}$; do đó suy ra rằng, khi $V$ chạy qua tập hợp các entourage đối xứng của $X$, các tập hợp $H \cap A_{x, v}$ lập thành một cơ sở lọc gồm các tập hợp đóng trong không gian compact $H$. Vậy mọi tập hợp ấy đều có một điểm chung và do đó $H$ cắt $A_x$; nhưng điều này mâu thuẫn với định nghĩa của $H$.

Cho V là một lân cận mở tương đối compact của K trong X (Chương I, § 9, no. 7, Mệnh đề 10) và gọi F là biên của nó. Cho U ⊂ \overline{V} là một tập hợp vừa mở vừa đóng đối với \overline{V}. Khi đó U đóng trong X, và nếu thêm nữa U không giao với F, thì U mở trong X (vì khi đó U ⊂ V và U mở trong V). Vậy chỉ cần chứng minh rằng có một tập con của \overline{V} chứa K, không giao với F và vừa mở vừa đóng đối với \overline{V}.

Giả sử điều đó không đúng: khi đó các giao của F với các tập con của \overline{V} chứa K và vừa mở vừa đóng trong \overline{V} tạo thành một cơ sở bộ lọc gồm các tập hợp đóng trong F; F compact, nên các tập hợp ấy có một điểm chung y ∈ F. Nhưng điều này là vô lý; vì \overline{V} compact, K là một thành phần của \overline{V}, và theo Mệnh đề 6, giao của các tập hợp chứa K và vừa mở vừa đóng trong \overline{V} chính là K. Hệ quả do đó được chứng minh.

Ta biết từ Chương I, § II, no. 5, Mệnh đề 9 rằng X/R hoàn toàn không liên thông; vì thế ta phải chứng minh rằng X/R là Hausdorff (Chương I, § 10, no. 4, Mệnh đề 8.) Cho A và B là hai thành phần phân biệt của X. Theo Mệnh đề 6, có một entourage đối xứng U của X sao cho không điểm nào của A có thể được nối với bất kỳ điểm nào của B bởi một U-chain. Tập hợp V (tương ứng W) gồm các điểm của X có thể được nối với một điểm x ∈ A (tương ứng y ∈ B) bởi một U-chain thì vừa mở vừa đóng trong X (Mệnh đề 5) và chứa A (tương ứng B); do đó các tập hợp này là những lân cận mở của A và B tương ứng, bão hòa đối với R và không giao nhau. Điều đó hoàn tất chứng minh.