超平面 H 的集合 $\mathscr{N}$，使得 $H \in \mathscr{H}$ 和 $a \notin H$ 局部有限，因为它包含在 $\mathscr{H}$ 中。因此，E的点的集合U不属于到集合$\mathscr{N}$的超平面中的任何一个都是开的。从$a \in U$开始，U中包含的a有一个连通的开邻域。命题的余数是清楚的。

给定 E 的两个点 x 和 y，用 R\{x, y\} 关系表示

“对于任何超平面 $H \in \mathscr{H}$，$x \in H$ 和 $y \in H$ 或 $x$ 和 $y$ 严格位于 H 的同一侧。”

显然，R 是 E 上的等价关系。

这是很清楚的，因为 $\mathscr{H}$ 是局部有限的。

设 F 为 F 的一个面和一个点。 超平面 $H \in \mathscr{H}$ 包含于 F 当且仅当 $a \in H$；因此，这些超平面中的集合 $\mathscr{F}$ 是有限的；它们的交是E的仿射子空间L，我们将其称为F的仿射*支持*； L的维数将被称为F的*维数*。

如果$\mathscr{N}$是超平面$H \in \mathscr{H}$的集合不是包含F，那么

我们将证明 F 的闭包由下式给出

很明显，右侧包含左侧。相反，设$x \in L \cap \bigcap_{H \in \mathscr{N}} \overline{D_H(a)}$。具有末端 a 和 x 的开线段包含在 L 中以及$H \in \mathscr{N}$ 的每个 $D_H(a)$ 中，因此也包含在 F 中。因此，x 包含在 F 的闭包中，因此包含公式。

(i) 集合 F 是 E 的仿射子空间 L 的凸开子集。 (ii) F 的闭包是 F 的并且维数的面严格小于 F 的面。 (iii) 在拓扑空间L中，集合F是其闭包的内部。

由于每个开半空间和每个超平面都是E的凸子集，公式（2）表明F是凸子集族的交，因此是凸的。另一方面，设a在F中，并设U是E中a的凸开邻域，且不满足$H \in \mathfrak{H}$的集合$\mathfrak{N}$中的任何超平面，使得$a \notin H$。对于任何$H \in \mathfrak{N}$，我们有$U \subset D_H(a)$，因此有$L \cap U \subset F$，因此F在拓扑空间L中是开的。

令b为$\overline{F} - F$的点，属于到面$F'$，并令$\mathfrak{N}'$为通过b的超平面$H \in \mathfrak{N}$经过的集合；把$\mathfrak{N}'' = \mathfrak{N} - \mathfrak{N}'$。对于$\mathfrak{N}''$中的任何H，我们有$b \notin H$和$b \in D_H(a)$，因此有$b \in D_H(a)$和$D_H(b) = D_H(a)$；通过一个面的定义，我们有

而 (3) 意味着

因而$F' \subset \overline{F}$。我们不能有$\mathfrak{N}' = \varnothing$，因为这意味着$F = F'$由(2)和(4)得到，与假设相反，$b \notin F$和$b \in F'$。 $F'$的支持度为集合$L' = L \cap \bigcap_{H \in \mathfrak{N}'} H$；我们有$a \in L$，但是$\mathfrak{N}'$中的$H$有$a \notin H$，所以$L' \neq L$，最后是$\dim L' < \dim L$，即$\dim F' < \dim F$。这就证明了(ii)。

Let H be in $\mathfrak{N}'$ and let D be the open half-space bounded by H and distinct from $D_H(a)$; we have $b \in H \cap L$, and it is immediate that $D \cap L$ is a half-space of L bounded by the hyperplane $H \cap L$ of L; consequently, every neighbourhood of b in L meets $D \cap L$, and since $D \cap L$ is disjoint from $\overline{F}$ by (3), we see that the point b of $\overline{F} - F$ cannot be in the interior of $\overline{F}$ in the topological space L. 由于 F 在 L 开，所以我们有 (iii)。 Q.E.D.

这是从 (iii) 得出的。

(i) 存在支持L且满足$\overline{F}$的面F'。 (ii) 存在一个面F'，其支持L包含在$\overline{F}$中。 (iii) $L \cap \overline{F}$中存在点 x，它不属于到$\mathfrak{N}$的任何超平面。

如果满足这些条件，则$L \cap D_{\mathfrak{N}}(F)$是$\overline{F}$中包含支持$L$的唯一面。

(i) $\Longrightarrow$ (ii)：由于$\overline{F}$是面的并（命题3，(ii)），所以满足$\overline{F}$的每个面都满足$\overline{F}$中包含的面，因此等于它。

(ii) $\Longrightarrow$ (iii)：$F'$ 的每一个点 $x$ 都满足 (iii)，因为$\mathfrak{H}$ 包含于 $x$ 包含于 $F'$ 的每一个超平面，因此满足$L$。

(iii) $\Longrightarrow$ (i)：令$x$为点满足 (iii) 并令$F'$为面包含 $x$；显然$F'$满足$\overline{F}$。设 $H \in \mathfrak{H}$；那么 $x \notin H$ 如果 $H \in \mathfrak{N}$ 并且显然 $x \in H$ 如果 $H \notin \mathfrak{N}$；因而$F'$的支持度是$\mathfrak{H} - \mathfrak{N}$的超平面的交，并且等于$L$。

最后，令$F'$为$\overline{F}$中包含支持度$L$的小平面，令$x$为$F'$的点；由于$\mathfrak{N} \subset \mathfrak{H}$的超平面都没有通过$x$，因此，由命题1可知，存在$x$的凸开邻域$U$，且不满足$\mathfrak{N}$的任何超平面。由于$x$处于$F$的闭包中，$U \cap F \neq \varnothing$；现在$\mathfrak{N}$是超平面$H \in \mathfrak{H}$的集合，而不是包含$F'$，并且对于$\mathfrak{N}$中的所有$H$，我们有$D_H(x) = D_H(U) = D_H(U \cap F) = D_H(F)$和公式 (2)意味着

Q.E.D.

a) 对于任何$H \in \mathfrak{H}'$，存在一个以$H$为界的开半空间$D_H$，使得$C = \bigcap_{H \in \mathfrak{H}'} D_H$。

b) *集合C不满足任何超平面属于至$\mathfrak{H} - \mathfrak{H}'$。在这些条件下，C是由E中的$\mathfrak{H}$定义的室，而$D_H = D_H(C)$则用于所有$H \in \mathfrak{H}$。

性质a)和b)表明C是U的凸子集；因此存在一个室$C'$和$C \subset C'$。从$C \subset D_H$开始，对于$\mathfrak{H}'$中的所有H，我们有$D_H = D_H(C)$，因此从$\mathfrak{H}' \subset \mathfrak{H}$开始就有$C = D_{\mathfrak{H}'}(C) \supset D_{\mathfrak{H}}(C)$；通过 (6) 我们有 $D_{\mathfrak{H}}(C) = C'$，因此有 $C \supset C'$。最后，$C = C'$。

如果 E 约化到单个点，这很清楚。否则，令$a \in E$且$H_1, \ldots, H_m$为$\mathfrak{H}$包含于$a$中的超平面。由于$\mathfrak{H}$是局部有限的，因此存在$a$的邻域V不满足除$H_1, \ldots, H_m$之外的$\mathfrak{H}$的任何超平面。设D是一条直线经过穿过$a$且不包含在任何$H_i$中；如果$x \in D, x \neq a$，且$x$足够接近$a$，则开段$]ax[$包含在V中，并且不满足任何$H_i$。然后$]ax[ \subset U$；由于$]ax[$连通，因此它包含在C室中，因此为$a \in \overline{C}$。

(i) 在$\Omega$中存在点一个不属于到$\mathfrak{H}$的任何超平面不包含L。

(ii) 如果L是超平面且$L \notin \mathfrak{H}$，则存在满足$\Omega$的房间。

(iii) 如果L是超平面和$L \in \mathfrak{H}$，则$\Omega$中存在点一个不属于到$\mathfrak{H}$的任何超平面$H \neq L$。

用$H \in \mathfrak{H}$和$L \not\subset H$用超平面H的$\mathfrak{N}$集合表示，并用*仿射空间*L的超平面的$\mathscr{L}$集合表示形式$L \cap H$与$H \in \mathfrak{N}$。很明显，$\mathscr{L}$是L中超平面的局部有限集合，并且第6条命题表明$\Omega$满足L中由$\mathscr{L}$定义的室$\Gamma$。如果 $a$ 是 $\Gamma \cap \Omega$ 的点，则 $a \notin H$ 对于所有 $H \in \mathfrak{N}$，因此 (i)。

现在假设L是超平面；任何超平面包含 L 都等于它，所以我们可以区分两种情况：

a) $L \notin \mathfrak{H}$：然后$\mathfrak{N} = \mathfrak{H}$，对于所有$H \in \mathfrak{H}$，我们有$a \notin H$；因此 $a$ 属于到 E 中由 $\mathfrak{H}$ 定义的腔室，因此 (ii)。

b) $L \in \mathfrak{H}$：然后$\mathfrak{N} = \mathfrak{H} - \{L\}$，因此 (iii)。

根据提案 7 (iii)，存在 $H$ 的点 $a$ 不属于超平面 $H' \neq H$ $\mathfrak{H}$；根据命题 6，存在一个室 $C$ 使得 $a \in \overline{C}$；命题 4 表明 $H$ 是$C$ 的墙。

a) 令$\mathscr{L}$为$\mathfrak{H}$的子集，使得$C = D_{\mathscr{L}}(C)$。 考虑超平面$L$属于到$\mathfrak{H}$，但不考虑$\mathscr{L}$；设$\mathfrak{N}$为超平面$H \neq L$属于到$\mathfrak{H}$中的集合。 那么$\mathscr{L} \subset \mathfrak{N}$，因而$C = D_{\mathfrak{N}}(C)$，并且$L$不满足$D_{\mathfrak{N}}(C)$。 根据命题 4 中的 (i) $\Longrightarrow$ (iii)，超平面 $L$ 不是 $C$ 的墙。 因而，$C$属于到$\mathscr{L}$的每面墙。

b) 我们假设$C = D_{\mathscr{L}}(C)$。令$H$为超平面属于到不是$C$墙的$\mathscr{L}$，并放置$\mathscr{L}' = \mathscr{L} - \{ H \}$。由命题4中的(iii)$\Longrightarrow$(i)蕴涵，凸集合$D_{\mathscr{L}'}(C)$不满足$H$，因而$D_{\mathscr{L}'}(C) \subset D_H(C)$和$C = D_{\mathscr{L}'}(C)$。如果$\mathfrak{F}$是$\mathscr{L}$的有限子集，并且不存在包含任何$C$的墙，那么我们在$\mathfrak{F}$的基数上结论乘以归纳，$C = D_{\mathscr{L} - \mathfrak{F}}(C)$。

c) 设$a$为$C$的点；显然，$C \subset D_{\mathfrak{M}}(a)$。设$a'$为$D_{\mathfrak{M}}(a)$的点；由于闭线段$[aa']$是紧的，满足$[aa']$的超平面$H \in \mathfrak{H}$的集合$\mathfrak{F}$是有限的。由于$a$和$a'$严格位于$C$每面墙的同一侧，因此$C$属于到$\mathfrak{F}$没有墙；通过 b)，我们有 $C = D_{\mathfrak{H} - \mathfrak{F}}(C)$。从$a' \in D_{\mathfrak{H} - \mathfrak{F}}(a)$开始，我们有$a' \in C$。因此我们证明了$D_{\mathfrak{M}}(a) \subset C$，它建立了命题的第一个部分。

d) 为了证明命题的最后一个断言，显然足以证明$\overline{C}$的子集$F$是$E$相对于$\mathscr{M}$的一个面，是$E$相对于$\mathfrak{H}$的一个面，或者每个超平面$H \in \mathfrak{H}$满足$F$包含$F$。因此，令 $H$ 为满足 $F$ 但不满足包含的超平面。由于 $F$ 在其仿射支撑中是开放的，因此它并不完全位于 $H$ 的一侧。由此可见，$\overline{C}$并不完全位于$H$的一侧，因此超平面$H$不会属于到$\mathfrak{H}$，从而完成证明。

设H和$H'$为两个不平行的超平面、$a \in H$和$a' \in H'$；存在向量空间 T 的两个超平面 M 和$M'$，使得$H = M + a$ 和$H' = M' + a'$；由于 H 和 $H'$ 不平行，因此我们有 $M \neq M'$，因此有 $T = M + M'$；因此存在$u \in M$和$u' \in M'$使得$a' - a = u - u'$，以及点$u + a = u' + a'$属于到$H \cap H'$。

当$L = H$时引理是微不足道的，我们假设在L和$a \notin H$中存在点$a$。把 $\lambda = f'(a), \lambda' = -f(a)$ 和

然后从 $a \notin H$ 开始$\lambda' \neq 0$；此外，由于$H \neq H'$，存在$b \in H$使得$b \notin H'$，从而$f(b) = 0, f'(b) \neq 0$，因此$g(b) = -f(a).f'(b)$非零。 点的集合$L_1$，其中仿射函数$g \neq 0$消失，则为E的超平面；我们有$g(a) = 0$，所以$a \in L_1$。

a) 假设H和$H'$平行：g和f在$L_1 \cap H$的每点处都消失，因此从$\lambda' \neq 0$开始$f'$也消失；因此$L_1 \cap H$属于到$H'$的每一个点；但由于 H 和 $H'$ 平行且不同，因此它们是不相交的，因此 $L_1 \cap H = \varnothing$ 和引理 1 表明 $L_1$ 与 H 平行。由于 $a \in L$ 和 $a \in L_1$，因此我们有 $L = L_1$。

b) 假设H和$H'$不平行：到引理1，$H \cap H'$中有点c；我们给出以c为原点得到的E向量空间结构。那么$H \cap H'$就是余维2的$E$的向量子空间，并且从$a \notin H$开始，由$H \cap H'$和$a$生成$E$的向量子空间$M$是超平面；由于$H \cap H' \subset L \cap L_1$和$a \in L \cap L_1$，我们有$M \subset L \cap L_1$，因此有$M = L = L_1$。 Q.E.D.

a) 超平面 H、H' 和 L 平行。

b) 超平面 H 和 H' 不平行，且$\overline{H \cap H'} \subset L$。

然后，L遇到C。

令$b$（或$b'$）为C面在支撑H（或$H'$）下的点； $[bb']$的每个点与$b$和$b'$、属于到C不同，是直接的。

引入仿射函数 $f$，该仿射在 H 的每点处消失，并且对于 $D_H(C)$ 中的$x$，$f(x) > 0$；类似地，引入一个仿射函数 $f'$，对于 $H'$ 具有类似的性质。通过应用引理2，我们可以找到数$\lambda$和$\lambda'$以及具有引理中所述性质的仿射函数$g$。我们有$(\lambda, \lambda') \neq (0, 0)$，对于$L \cap D_H(C) \cap D_{H'}(C)$中的每一个点$x$，我们有$f(x) > 0,\ f'(x) > 0$和$\lambda.f(x) + \lambda'.f'(x) = 0$，所以$\lambda \lambda' < 0$。另一方面，我们有$g(b) = \lambda'.f'(b)$和$g(b') = \lambda.f(b')$，从$f(b') > 0,\ f'(b) > 0$开始，我们有$g(b)g(b') < 0$。因此，点$b$和$b'$严格位于超平面L的相对侧，因此存在L的点c，其中属于到$[bb']$，并且不同于$b$和$b'$，因此属于到C。