Mọi không gian con của một không gian mêtric hóa được kiểu đếm được đều mêtric hóa được kiểu đếm được, và mọi không gian con đóng của một không gian đầy đủ đều đầy đủ; (Chương II, § 3, no. 4, Mệnh đề 8). Mọi tích đếm được của các không gian mêtric hóa được kiểu đếm được lại là mêtric hóa được kiểu đếm được: ($§ 2$, no. 8), và mọi tích đếm được của các không gian mêtric đầy đủ là một không gian mêtric đầy đủ đối với một mêtric tương thích với tôpô của nó (Chương II, § 3, no. 5, Mệnh đề 10 và Chương IX, § 2, no. 4, Định lý 1, Hệ quả 2). Cuối cùng, cho $(X_n)$ là một dãy các không gian Polish khác rỗng, và xét không gian tích $Y = \mathbf{N} \times \prod_n X_n$, trong đó $\mathbf{N}$ mang tôpô rời rạc; $Y$ là một không gian Polish theo những gì đã được chứng minh. Mặt khác, cho $a_n$ là một điểm của $X_n$ với mỗi $n$, và cho $f_n$ là ánh xạ từ $X_n$ vào $Y$ sao cho với mỗi $x \in X_n$ ta có

trong đó $y_p = a_p$ nếu $p \neq n$ và $y_n = x$. Nếu $X$ là tổng tôpô của các $X_n$, hiển nhiên rằng ánh xạ $f$ từ $X$ vào $Y$ trùng với $f_n$ trên $X_n$ với mỗi $n$ là một đồng phôi của $X$ lên $f(X)$; ngoài ra, với mỗi $n$, $f_n(X_n)$ là đóng trong $Y$, và họ $(f_n(X_n))$ là hữu hạn địa phương vì $\mathbf{N}$ là rời rạc; do đó $f(X) = \bigcup_n f_n(X_n)$ là đóng trong $Y$ (Chương I, § 1, no. 5, Mệnh đề 4), và vì thế $f(X)$ là một không gian Polish, theo a).

Cho $X$ là một không gian Polish, cho $d$ là một mêtric trên $X$ tương thích với tôpô của nó, và cho $U \neq X$ là một tập con mở của $X$. Cho $V$ là tập con của $\mathbf{R} \times X$ gồm tất cả các điểm $(t, x)$ sao cho

$V$ là đóng theo Mệnh đề 3 của § 2, no. 2 và do đó là Polish (Mệnh đề 1). Vì hạn chế trên $V$ của phép chiếu $\mathrm{pr}_2 : \mathbf{R} \setminus X \to X$ là một đồng phôi của $V$ lên $U$ ($§ 2,$ no. 2, Mệnh đề 3), nên $U$ là một không gian con Polish của $X$.

Cho $X$ là không gian compact thu được bằng cách ghép thêm một điểm ở vô tận vào $X$; $X'$ là mêtric được và có kiểu đếm được ($§ 2,$ no. 9, Hệ quả của Mệnh đề 16), và $X$ là đầy đủ đối với tôpô đều duy nhất của nó (chương II, $§ 4,$ no. 1, Định lý 1). Do đó $X$ là một không gian Polish; vì $X$ là mở trong $X'$, suy ra $X$ là Polish.

Cho $f$ là ánh xạ đường chéo của $X$ vào $X^\mathbf{N}$ ([Lý thuyết tập hợp, chương II, $§ 5,$ no. 3; hãy nhớ rằng $f(x) = (x, x, \ldots)$ trong đó $x_n = x$ với mọi $n \in \mathbf{N}$]. Ta sẽ sử dụng bổ đề sau:

Ảnh này là giao của $\prod_n A_n$ và đường chéo $\Delta = f(X)$, là tập đóng trong $X^\mathbf{N}$ vì $X$ là Hausdorff (chương I, $§ 8,$ no. 1); và $f$ là một đồng phôi của $X$ lên $\Delta$.

Với các giả thiết của Mệnh đề 3, $\prod_n A_n$ là một không gian Polish (Mệnh đề 1), do đó $\bigcap_n A_n$ là Polish theo Bổ đề 1 và Mệnh đề 1.

Nó là giao của một họ đếm được các tập mở trong $\mathbf{R}$, cụ thể là các phần bù của các tập hợp gồm một số hữu tỉ duy nhất.

Sự đủ của điều kiện suy ra ngay lập tức từ các Mệnh đề 2 và 3. Để chứng minh sự cần thiết, cho $d$ là một mêtric tương thích với tôpô của $Y$ và đối với nó $Y$ là đầy đủ. Cho $\overline{Y}$ là bao đóng của $Y$ trong $X$. Với mỗi số nguyên $n > 0$, cho $Y_n$ là tập hợp tất cả các $x \in \overline{Y}$ có một lân cận mở $U$ sao cho đường kính của $U \cap Y$ (đối với mêtric $d$) là $\leq 1/n$. Rõ ràng $Y_n$ là mở trong $\overline{Y}$ và chứa $Y$. Cho $x \in \bigcap_n Y_n$; khi đó $x \in \overline{Y}$, và vết trên $Y$ của bộ lọc lân cận của $x$ trong $X$ là một bộ lọc Cauchy (đối với $d$); do đó bộ lọc này hội tụ đến một điểm của $Y$, và vì vậy $x \in Y$. Suy ra $Y = \bigcap_n Y_n$.

Với mỗi $n$, cho $H_n$ là một tập con mở của $X$ sao cho $H_n \cap \overline{Y} = Y_n$, và cho $(U_m)$ là một dãy các tập con mở của $X$ sao cho $\overline{Y} = \bigcap_m U_m$ (§ 2, no. 5, Mệnh đề 7); khi đó $Y$ là giao của họ đếm được các tập mở $(H_n \cap U_m)$.

Điều kiện rõ ràng là đủ, và nó là cần thiết vì mọi không gian mêtric hóa được kiểu đếm được đều đồng phôi với một không gian con của $\mathbf{I}^{\mathbf{N}}$ (§ 2, no. 8, Mệnh đề 12).

Với $Z = \bigcap_n Z_n$, trong đó các $Z_n$ là các tập con mở của $Y$; do đó

và các tập hợp $\overline{f}^{-1}(Z_n)$ là mở trong $X$.

Cho $P$ là một không gian Polish và $f$ là một ánh xạ liên tục của $P$ lên $X$. Khi đó ảnh qua $f$ của một tập con trù mật đếm được của $P$ là một tập con trù mật đếm được của $X$.

Vì nếu $f$ là một ánh xạ liên tục của một không gian Polish $P$ lên $X$, thì ảnh ngược qua $f$ của một tập con đóng (resp. mở) của $X$ là một tập con đóng (resp. mở) của $P$, do đó là một không gian con Polish của $P$ (no. 1, Mệnh đề 1 và 2).

Cho $P, Q$ là các không gian Polish, cho $g$ là một ánh xạ liên tục của $P$ lên $X$ và cho $h$ là một ánh xạ liên tục của $Q$ lên $A$. Cho $R$ là tập hợp của tất cả các $(x, y) \in P \times Q$ sao cho $f(g(x)) = h(y)$; $R$ là đóng trong $P \times Q$ và do đó là một không gian con Polish của $P \times Q$ (no. 1, Mệnh đề 1). Cho $\varphi$ là hạn chế vào $R$ của phép chiếu $pr_1$. Khi đó không gian con $\overline{f}^{-1}(A)$ của $X$ là ảnh của $R$ qua ánh xạ liên tục $g \circ \varphi$ và do đó là một không gian Souslin.

Với mỗi số nguyên $n$, cho $X_n$ là một không gian mêtric hóa, $P_n$ là một không gian Polish, và $f_n$ là một ánh xạ liên tục của $P_n$ lên $X_n$. Tích (resp. tổng) của các không gian $P_n$ là Polish (no. 1, Mệnh đề 1), và ảnh của không gian này qua ánh xạ là tích của các $f_n$ (resp. ánh xạ trùng với $f_n$ trên $P_n$ với mọi $n$) là tích (resp. tổng) của các không gian $X_n$; không gian sau là mêtric hóa được, và do đó là một không gian Souslin.

Các không gian con này chắc chắn là khả metric. Sự tồn tại của ánh xạ chính tắc từ tổng của các $A_n$ lên không gian con $\bigcup_n A_n$ của $X$ cho thấy không gian sau là một không gian Souslin; và $\bigcap_n A_n$ là Souslin theo các Mệnh đề 5 và 7 và Bổ đề 1 của no. 1.

Nói chung, ngay cả trong một không gian Polish, phần bù của một không gian con Souslin không nhất thiết là Souslin (xem Bài tập 6); xem, tuy nhiên, no. 6, Hệ quả của Định lý 2.

Nếu cần, thay $X$ bởi $\overline{A}$, ta có thể giả sử rằng $X$ là compact và $A$ trù mật trong $X$. Vì $A$ là một không gian Souslin, nên tồn tại một không gian Polish $P$ và một ánh xạ liên tục $g : P \to X$ sao cho $g(P) = A$. Theo no. 1, Định lý 1, Hệ quả 1, ta có thể giả sử rằng $P$ là giao của một dãy giảm $(U_n)$ các tập con mở của khối lập phương $I^\mathbf{N}$. Cho $K$ là không gian $I^\mathbf{N} \times X$, không gian này compact và khả metric (§ 2, no. 4, Định lý 1, Hệ quả 2). Cho $G \subset P \times X$ là đồ thị của g, cho $\overline{G}$ là bao đóng của G trong $K$, và cho f là phép chiếu của $K = I^\mathbf{N} \times X$ lên $X$; khi đó rõ ràng ta có $f(G) = A$. Vì g liên tục, G đóng trong $P \times X$ (Chương I, § 8, no. 1, Mệnh đề 2, Hệ quả 2) và $G = \overline{G} \cap (P \times X)$; do đó $G = \bigcap_n B_n$, trong đó

Vì mỗi $U_n$ là một hợp đếm được của các tập đóng trong $I^\mathbf{N}$ (§ 2, no. 5, Mệnh đề 7), nên mỗi $B_n$ là một hợp đếm được của các tập compact và chứng minh là xong.

Cho $\mathfrak{I}$ là tập hợp tất cả các tập con $A$ của $Y$ sao cho $f^{-1}(A)$ là một tập hợp Borel trong $X$. Suy ra ngay lập tức rằng $\mathfrak{I}$ là một $\sigma$-đại số chứa tất cả các tập con đóng của $Y$; do đó $\mathfrak{I}$ chứa tất cả các tập hợp Borel trong $Y$.

Cho $\mathfrak{I}$ là tập hợp tất cả các tập con $A$ của $X$ sao cho cả $A$ và $\overline{A}$ đều là các tập hợp Souslin. Theo Mệnh đề 8 của no. 2, $\mathfrak{I}$ là một $\sigma$-đại số. Mọi tập con đóng $F$ của $X$ đều thuộc $\mathfrak{I}$, vì cả $F$ và $\overline{F}$ đều là các tập hợp Souslin (no. 2, Mệnh đề 5); do đó $\mathfrak{I}$ chứa tất cả các tập hợp Borel của $X$ (cf. no. 6, Định lý 2, Hệ quả).

Vì $B$ là một không gian Souslin, nên $f(B)$ cũng vậy theo nhận xét sau Định nghĩa 2 (no. 2).

Điều kiện ấy rõ ràng là cần thiết; ta hãy chứng minh rằng nó cũng đủ. Nếu $f$ là một song ánh liên tục của một không gian Lusin $X$ lên một không gian mêtric hóa được $Y$, thì từ Định nghĩa 6 suy ra $Y$ là một không gian Lusin. Vì thế ta chỉ cần chứng minh rằng một không gian Polish là một không gian Lusin.

Trước hết hãy chú ý rằng, nếu $X$ là một không gian Lusin, thì mọi không gian con $A$ đóng (tương ứng mở) của $X$ đều là một không gian Lusin (xem no. 7, Định lý 3); vì nếu $f$ là một song ánh liên tục của một không gian Polish không chiều $P$ lên $X$, thì $f^{-1}(A)$ đóng (tương ứng mở) trong $P$ và do đó là một không gian con Polish không chiều của $P$ (no. 1, Mệnh đề 1 và 2).

Mọi tích đếm được của các không gian Lusin đều là một không gian Lusin; điều này suy ra từ Mệnh đề 1 của no. 1 và thực tế rằng mọi tích của các không gian không chiều đều không chiều. Mọi giao đếm được của các không gian con Lusin của một không gian tôpô Hausdorff đều là một không gian con Lusin; điều này suy ra từ những nhận xét trên và từ Bổ đề 1 của no. 1. Hơn nữa:

Với mỗi $n$, hãy cho $P_n$ là một không gian Polish không chiều và cho $f_n$ là một song ánh liên tục của $P_n$ lên $A_n$. Nếu $P$ là tổng tôpô của các $P_n$, thì $P$ là Polish (no. 1, Mệnh đề 1) và không chiều, và ánh xạ $f : P \to X$ trùng với $f_n$ trên $P_n$ đối với mỗi $n$ là một song ánh liên tục của $P$ lên $X$; do đó suy ra kết quả.

Bây giờ ta chứng minh rằng khoảng $I = [0, 1]$ của $\mathbf{R}$ là một không gian Lusin. Hãy cho $J$ là không gian con của $I$ gồm tất cả các số vô tỉ; khi đó $J$ là Polish (no. 1, Hệ quả của Mệnh đề 3); đồng thời $J$ không chiều, vì nếu x là một điểm bất kỳ của J, thì các vết trên J của các khoảng của R có dạng ]r, s[, với r và s là hữu tỉ và r < x < s, tạo thành một hệ cơ bản các lân cận vừa mở vừa đóng của x trong J (vì các vết trên J của ]r, s[ và [r, s] là như nhau). Do đó J là một không gian con Lusin của I. Giờ thì J và các không gian con của I mà mỗi cái gồm một điểm hữu tỉ duy nhất tạo thành một phân hoạch đếm được của I, và vì thế I là một không gian Lusin theo Bổ đề 2.

Hãy cho $P$ là một không gian Polish tùy ý. Theo Hệ quả 1 của Định lý 1 (no. 1), $P$ đồng phôi với một không gian con của khối lập phương IN, là một giao đếm được của các tập hợp mở trong IN. Vì $I$ là một không gian Lusin, những nhận xét ở đầu chứng minh cho thấy rằng $P$ là một không gian Lusin, và do đó chứng minh của Mệnh đề 12 hoàn tất.

Lưu ý trước rằng nếu $Y$ là một không gian mêtric kiểu đếm được và nếu $\varepsilon$ là một số thực $> 0$, thì có một phủ đếm được của $Y$ bởi các tập hợp có đường kính $\leq \varepsilon$ ($§ 2$, no. 8, Mệnh đề 13). Nếu hơn nữa, $Y$ là không chiều, thì có một phủ như vậy $(V_n)$ tạo bởi các tập hợp vừa mở vừa đóng; nếu $W_n$ là giao của $V_n$ và $\bigcap_{k < n} (Y - V_k)$, ta thấy rằng các $W_n$ là đóng, có đường kính $\leq \varepsilon$, rời nhau từng đôi một và phủ $X$. Trong mọi trường hợp, các bao đóng của các tập hợp không rỗng của phủ tạo thành một phủ đếm được của $Y$ mà các phần tử của nó là các tập hợp đóng không rỗng có đường kính $\leq \varepsilon$.

Cho $X$ là một không gian mêtric kiểu đếm được. Cho $C_0$ là tập hợp các chỉ số của một phủ đếm được của $X$ tạo bởi các tập hợp đóng không rỗng có đường kính $\leq 1$, rời nhau từng đôi một nếu $X$ là không chiều; $\varphi_0$ sẽ là ánh xạ gán cho mỗi chỉ số $c \in C_0$ tập hợp tương ứng của phủ. Giả sử rằng ta đã định nghĩa các $C_i$ và các $\varphi_i$ và các ánh xạ toàn ánh $p_i : C_{i+1} \to C_i$ với $i \leq n$ theo cách sao cho điều kiện b) được thỏa mãn đối với các chỉ số này. Nếu $c \in C_n$, không gian $\varphi_n(c)$ có một phủ đếm được bởi các tập hợp đóng không rỗng có đường kính $\leq 1/2^{n+1}$, rời nhau từng đôi một nếu $X$ [và do đó $\varphi_n(c)$] là không chiều; nếu $I(c)$ chỉ tập hợp chỉ số của phủ này, ta lấy $c_{n+1}$ là tổng của các tập hợp $I(c)$ khi $c$ chạy qua $C_n$; với mỗi $c' \in C_{n+1}$, cho $p_n(c')$ là phần tử $c \in C_n$ sao cho $c' \in I(c)$, và cho $\varphi_{n+1}(c')$ là tập hợp có chỉ số $c'$ trong phủ của $\varphi_n(c)$ đang xét. Rõ ràng do đó ta định nghĩa bằng quy nạp một phép sàng lọc của $X$, và phép sàng lọc này là ngặt nếu $X$ là không chiều; do đó có Bổ đề 3.

Bây giờ giả sử rằng $X$ là một không gian mêtric đầy đủ thuộc kiểu đếm được, và xét một sự sàng lọc của $X$ bởi một sàng lọc $C$ và các ánh xạ $\varphi_n$. Nếu $\gamma = (c_n)$ là một điểm của không gian $L(C)$ liên kết với $C$, dãy $(\varphi_n(c_n))$ là một dãy giảm các tập đóng trong $X$ có đường kính tiến tới 0; giao của dãy các tập này do đó chỉ gồm một điểm duy nhất, mà ta ký hiệu là $f(\gamma)$. Như vậy ta đã xác định một ánh xạ $f : L(C) \to X$. Nếu hai điểm $\gamma, \gamma'$ của $L(C)$ có cùng các tọa độ thứ $i$ đối với $i \leq n$, thì hiển nhiên khoảng cách giữa $f(\gamma)$ và $f(\gamma')$ là $\leq 1/2^n$, và do đó $f$ liên tục, nhờ vào định nghĩa của topo của $L(C)$. Với mỗi $x \in X$, từ định nghĩa của một sự sàng lọc suy ra rằng ta có thể xác định bằng quy nạp theo $n$ một dãy $\gamma = (c_n)$ sao cho $x \in \varphi_n(c_n)$ với mỗi $n \geq 0$, và $c_n = p_n(c_{n+1})$; do đó $x = f(\gamma)$ và vì vậy $f$ là toàn ánh. Hơn nữa, nếu sự sàng lọc là chặt, dãy $\gamma = (c_n)$ sao cho $x = f(\gamma)$ là duy nhất, và trong trường hợp này $f$ là song ánh. $f$ được gọi là ánh xạ cảm sinh bởi sự sàng lọc được xét.

Dẫn chiếu đến định nghĩa của một không gian Lusin (mục 4, Định nghĩa 6) [tương ứng, một không gian Souslin (mục 2, Định nghĩa 2)], ta rút gọn về trường hợp trong đó

X là Polish và chiều không (tương ứng, Polish), và lập luận ở trên khi đó chứng minh kết quả.

Chứng minh dựa trên hai bổ đề sau:

Thật vậy, tập Borel $B = \bigcup_n \left( \bigcap_m B_{nm} \right)$ thỏa các điều kiện này.

Theo Mệnh đề 13 của no. 5, tồn tại hai sàng C, C' và các ánh xạ liên tục f từ L(C) lên A, $f'$ từ L(C') lên A', được xây dựng theo phương pháp đã mô tả ở no. 5. Với mỗi $n \geq 0$ và mỗi $c \in C_n$, gọi $q_n(c)$ là không gian con của L(C) gồm tất cả các dãy $(c_k)_{k \geq 0}$ sao cho $c_n = c$; $q_n(c)$ là một không gian con đóng của L(C). Với mỗi $\gamma = (c_n) \in L(C)$, dãy các tập hợp đóng $q_n(c_n)$ là giảm và tạo thành một cơ sở bộ lọc với $\gamma$ làm giới hạn. Hơn nữa, với mỗi $c \in C_n$, các tập hợp $q_{n+1}(d)$, trong đó d chạy qua tập hợp $p_n^{-1}(c)$ trong $C_{n+1}$, tạo thành một phân hoạch của $q_n(c)$. Hãy đặt các định nghĩa tương ứng của ký hiệu cho sàng $c'$.

Ta sẽ lập luận bằng phản chứng và giả sử rằng mọi tập Borel chứa A đều cắt A'. Trước hết, từ Bổ đề 4 và định nghĩa của một sàng lọc suy ra rằng tồn tại $c_0 \in C_0$ và $c'_0 \in C'_0$ sao cho mọi tập Borel chứa $f(q_0(c_0))$ đều cắt $f'(q'_0(c'_0))$. Khi đó ta có thể định nghĩa, bằng quy nạp theo n,

như sau: giả sử rằng $c_i$ và $c'_i$ đã được định nghĩa cho $i < n$, theo cách sao cho với mỗi chỉ số $i < n$ mọi tập Borel chứa $f(q_i(c_i))$ đều cắt $f'(q'_i(c'_i))$; áp dụng Bổ đề 4 và định nghĩa của một sàng lọc cho các tập $f(q_{n-1}(c_{n-1}))$ và $f'(q'_{n-1}(c'_{n-1}))$, ta thấy tồn tại $c_n \in C_n$ và $c'_n \in C'_n$ sao cho $p_{n-1}(c_n) = c_{n-1}$ và $p_{n-1}(c'_n) = c'_{n-1}$ và sao cho mọi tập Borel chứa $f(q_n(c_n))$ đều cắt $f'(q'_n(c'_n))$. Bây giờ dãy $f(q_n(c_n))$ hội tụ đến một điểm $a = f(\gamma) \in A$, và dãy $f'(q'_n(c'_n))$ hội tụ đến một điểm $a' = f'(\gamma') \in A'$. Vì $A \cap A' = \emptyset$ và $X$ là Hausdorff, nên tồn tại một lân cận đóng $V$ của $a$ không chứa $a'$, và do đó với $n$ đủ lớn, $V$ chứa $f(q_n(c_n))$ và không cắt $f'(q'_n(c'_n))$. Điều này là một mâu thuẫn, vì $V$ là một tập Borel.

Để chứng minh Định lý 2, đặt $Y_n$ là hợp của các tập hợp $X_i$ sao cho $i \neq n$; khi đó $Y_n$ là một không gian con Souslin của $X$ (no. 2, Mệnh đề 8). Với mỗi chỉ số $n$, tồn tại một tập hợp Borel $B'_n$ chứa $X_n$ và không giao với $Y_n$, theo Bổ đề 5. Đặt $B_n$ là giao của $B'_n$ và $\bigcap_{i < n} (X - B'_i)$. Khi đó các $B_n$ là các tập hợp Borel, đôi một rời nhau, và sao cho $B_n \supset X_n$ với mọi $n$.

Định lý này là hệ quả của hai bổ đề sau:

Đặt $\mathfrak{T}$ là tập hợp tất cả các tập con $A$ của $X$ sao cho cả $A$ và $\complement A$ đều là các không gian con Lusin của $X$. Vì mọi tập hợp đóng và mọi tập hợp mở trong $X$ đều là một không gian con Lusin của $X$ (no. 4), nên $\mathfrak{T}$ chứa mọi tập hợp con đóng của $X$, và do đó bổ đề sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng $\mathfrak{T}$ là một $\sigma$-đại số trên $X$. Để làm điều này, chỉ cần chỉ ra rằng nếu $(A_n)$ là một dãy các tập hợp thuộc $\mathfrak{T}$, thì $\bigcap_n A_n$ và $\bigcup_n A_n$ là các không gian con Lusin của $X$. Bây giờ ta đã thấy ở no. 4 rằng mọi giao đếm được của các không gian con Lusin đều là một không gian con Lusin. Mặt khác, nếu $B_n$ là giao của $A_n$ và $\bigcap_{i < n} \complement A_i$, thì từ giả thiết và nhận xét trước đó suy ra rằng $B_n$ là một không gian con Lusin; và vì $\bigcup_n A_n = \bigcup_n B_n$, nên không gian con $\bigcup_n A_n$ là một không gian con Lusin theo Bổ đề 2 của no. 4.

Theo Mệnh đề 13 của no. 5, tồn tại một sàng $C$ và một song ánh liên tục $f$ của $L(C)$ lên $A$. Với ký hiệu của Bổ đề 5 của no. 6, với mỗi số nguyên $n$ và mỗi $c \in C_n$, hãy ký hiệu $g_n(c)$ là không gian con $f(q_n(c))$ của $X$; nó là một không gian con Lusin và do đó là một không gian con Souslin của $X$. Khi $c$ chạy qua $C_n$, các tập hợp $g_n(c)$ đôi một rời nhau, vì $f$ là song ánh; do đó, theo Định lý 2 của no. 6, tồn tại một họ $c \to g'_n(c)$ ($c \in C_n$) các tập hợp Borel trong $X$, đôi một rời nhau và sao cho $g'_n(c) \supset g_n(c)$ với mọi $c \in C_n$. Nếu cần, thay $g'_n(c)$ bằng giao của nó với bao đóng của $g_n(c)$ trong $X$, ta có thể giả sử rằng $g'_n(c) \subset g_n(c)$. Đặt $c_{n-1}, c_{n-2}, ..., c_0$ là các ảnh của $c$ trong $C_{n-1}, C_{n-2}, ..., C_0$, theo các toàn ánh

$p_{n-1,n} = p_{n-1},\ p_{n-2,n} = p_{n-2} \circ p_{n-1},\ ...,\ p_{0n} = p_0 \circ p_1 \circ ... \circ p_{n-1}$

tương ứng; và đặt $h_n(c)$ là giao của các tập hợp

$g'_n(c),\ g'_{n-1}(c_{n-1}),\ ...\ ,\ g'_0(c_0)$.

Vì $q_i(c_i) \supset q_n(c)$ với $0 \le i \le n - 1$, nên $h_n(c)$ chứa $g_n(c)$; cũng hiển nhiên rằng $h_n(c)$ là một tập hợp Borel và được chứa trong $g_n(c)$, và khi $c$ chạy qua $C_n$, các $h_n(c)$ là các tập hợp đôi một rời nhau; cuối cùng, theo cách dựng, với mỗi $c' \in C_{n+1}$ ta có $h_{n+1}(c') \subset h_n(p_n(c'))$. Khi đó đặt $B_n$ là hợp của các tập hợp $h_n(c)$ khi $c$ chạy qua $C_n$; $B_n$ là một tập hợp Borel, và $B_{n+1} \subset B_n$; đồng thời $B_n$ chứa hợp của các tập hợp $g_n(c)$ ($c \in C_n$), tức là $A$. Đặt $B$ là giao của dãy giảm các tập hợp $B_n$; $B$ là một tập hợp Borel và chứa $A$. Ta sẽ chứng minh rằng $B = A$, và điều này sẽ hoàn tất chứng minh.

Lấy $x$ là một điểm của $B$. Khi đó, với mỗi số nguyên $n$, tồn tại duy nhất $c \in C_n$ sao cho $x \in h_n(c)$; ta ký hiệu $c$ này là $c_n(x)$. Dãy $(c_n(x))_{n\ge0}$ thuộc $L(C)$. Dãy giảm $(g_n(c_n(x)))$ hội tụ theo định nghĩa đến một điểm $a \in A$; dãy các bao đóng của các tập hợp này cũng hội tụ đến $a$ trong $X$, nên a fortiori dãy $(h_n(c_n(x)))$ cũng vậy. Nay $x$ thuộc tất cả các tập hợp $h_n(c_n(x))$, do đó $x = a \in A$. Bổ đề 7 vì thế được chứng minh, và cùng với nó là Định lý 3.

Xét một metric trên $X$ tương thích với tôpô của nó, và theo metric đó $X$ đầy đủ. Theo Bổ đề 3 của no. 5, tồn tại một phép sàng của $X$, được xác định bởi một sàng $C = (C_n, p_n)$ và một dãy các ánh xạ $(\varphi_n)$. Với mỗi $c \in C_n$, đặt $g_n(c)$ là bao hòa của tập hợp đóng $\varphi_n(c)$ theo $R$; theo giả thiết, $g_n(c)$ là một tập hợp Borel trong $X$.

Vì mỗi tập hợp $C_n$ là đếm được, ta có thể đặt một thứ tự tuyến tính trên mỗi $C_n$ sao cho tập hợp các phần tử nhỏ hơn một phần tử cho trước là hữu hạn. Với mỗi $c \in C_n$, ta định nghĩa một tập hợp $h_n(c)$ bằng quy nạp theo $n$, như sau. Trước hết, với $c \in C_0$, $h_0(c)$ là giao của $\varphi_0(c)$ và các tập hợp $X - g_0(c')$, với $c' \in C_0$ và $c' < c$. Với $c \in C_{n+1}$, $h_{n+1}(c)$ là giao của $\varphi_{n+1}(c), h_n(P_n(c))$ và các tập hợp $X - g_{n+1}(c')$ với $c' \in C_{n+1}$, $p_n(c') = p_n(c)$ và $c' < c$. Các $h_n(c)$ rõ ràng là các tập hợp Borel.

Ta sẽ chứng minh mệnh đề sau: với mỗi số nguyên $n \geq 0$ và mỗi lớp tương đương $H$ mod $R$, tồn tại một phần tử duy nhất $c \in C_n$ sao cho $h_n(c)$ giao với $H$, và ta có

và do đó là một tập đóng. Với $n = 0$, xét phần tử nhỏ nhất $c \in C_0$ sao cho $\varphi_0(c)$ giao với $H$; khi đó $\varphi_0(c) \cap H$ không giao với bất kỳ tập $g_0(c')$ nào với $c' \in C_0$ và $c' < c$; do đó nó được chứa trong $h_0(c) \cap H$ và suy ra bằng với tập này; hơn nữa, ta có $H \subset g_0(c)$ và vì vậy $h_0(c') \cap H$ là rỗng với $c' \in C_0$ và $c' > c$; do đó mệnh đề được chứng minh cho $n = 0$. Ta tiếp tục bằng quy nạp theo $n$: nếu tồn tại $c \in C_{n+1}$ sao cho $h_{n+1}(c)$ giao với $H$, thì từ quan hệ $h_{n+1}(c) \subset h_n(p_n(c))$ và giả thiết quy nạp suy ra rằng $p_n(c)$ là phần tử duy nhất $d \in C_n$ sao cho $h_n(d)$ giao với $H$. Hãy chú ý rằng $h_n(d)$, vốn được chứa trong $\varphi_n(d)$, được chứa trong hợp của các tập $\varphi_n(c)$ với $c \in p_n^{-1}(d)$, theo định nghĩa của một phép sàng lọc; do đó tồn tại một phần tử nhỏ nhất $c \in p_n^{-1}(d)$ sao cho $\varphi_{n+1}(c)$ giao với $H$. Vì vậy ta có theo giả thiết quy nạp. Suy ra và vì theo định nghĩa $\varphi_{n+1}(c) \cap H$ không giao với bất kỳ tập nào trong số các tập $g_{n+1}(c')$ với $c' \in p_n^{-1}(d)$ và $c' < c$, nên từ định nghĩa của $h_{n+1}(c)$ suy ra $\varphi_{n+1}(c) \cap H = h_{n+1}(c) \cap H$. Hơn nữa, ta có $H \subset g_{n+1}(c)$ và vì vậy, nếu $c' \in p_n^{-1}(d)$ sao cho $c' > c$, thì $h_{n+1}(c') \cap H$ là rỗng. Do đó mệnh đề được chứng minh cho mọi $n$.

Với mỗi số nguyên $n$, ký hiệu $S_n$ là hợp của các tập $h_n(c)$, khi $c$ chạy qua $C_n$. Tập $S_n$ là một tập Borel, và ta có $S_{n+1} \subset S_n$.

Đặt $S$ là giao của các tập $S_n$, vốn cũng là một tập Borel trong $X$; ta sẽ chứng minh rằng $S$ cắt mỗi lớp tương đương $H$ mod $R$ tại đúng một điểm. Với mỗi $n$, đặt $c_n(H)$ là phần tử duy nhất $c \in C_n$ sao cho $h_{c_n(H)}$ giao với $H$; khi đó $S_n \cap H = \varphi_n(c_n(H)) \cap H$, và $S \cap H$ là giao của các tập $\varphi_n(c_n(H)) \cap H$. Vì dãy $(c_n(H))$ thuộc L.C., dãy giảm của các tập đóng $\varphi_n(c_n(H))$, có đường kính tiến tới $0$, hội tụ đến một điểm $x \in X$, vì $X$ là đầy đủ. Do đó giao của các tập đóng $\varphi_n(c_n(H)) \cap H$ chỉ gồm điểm $x$, và chứng minh của Định lý 4 là hoàn tất.