定理的最后一个部分很简单；对于 $X$ 上的每个柯西滤波器都有一个簇点 [公理 (C)]，因此是收敛的（$§ 3$、no. 2、命题 5，推论 2）。

接下来让我们证明，如果$X$上存在与$X$的拓扑兼容的均匀性，则该均匀性的随从的集合$U$是$\Delta$的所有邻域中的集合。我们已经知道每个随行人员都是$\Delta$的邻域（$§ 1$，no. 2，命题2），因此我们必须反过来证明$\Delta$属于到$U$的每个邻域。假设$\Delta$中有邻域$U$不在$U$中；然后集合$V \cap C_U$，因为$V$穿过紧凑型空间$X \times X$上的过滤器$G$的$U$、形式基；因而$G$有一个集群点$(a, b)$而不是属于到$\Delta$。由于$U$是比$G$更粗糙的过滤器，因而$(a, b)$也是$U$的集群点。但$U$定义的均匀性是假设的Hausdorff；因而$U$的集合关闭的交是$\Delta$（$§ 1$，no. 2，推论2至命题2和命题3）；这样我们就产生了矛盾。

因而，还需要证明$X \times X$中的$\Delta$邻域集合$B$是与$X$的拓扑兼容的一致性的集合。为此，足以证明 $B$ 是 $X$ 上 Hausdorff 均匀性的集合；因为由这种均匀性引起的拓扑将比$X$的拓扑*粗糙*（章I，$§ 2$，no. 2，命题3），因此必须重合与后者（章I、$§ 9$、no. 4、定理2、推论 3）。

$B$显然满足公理$(F_I)$和$(F_{II})$。让我们证明公理$(U_{II})$和$(U_{III})$也满足，并且$\Delta$是$B$的集合的交。首先取最后一个点：单个点$(x, y) \in X \times X$的每个集合由……组成都是闭的，因为$X$是Hausdorff；因此，如果$x \neq y$，$X \times X$中$(x, y)$的补集是$\Delta$的邻域。由于对称性$(x, y) \to (y, x)$是$X \times X$自身的同胚，因此$V \in \mathfrak{B}$蕴涵$\overline{V}^1 \in \mathfrak{B}$、从而$(\mathbf{U}_{\mathrm{II}})$。最后，假设$(\mathbf{U}_{\mathrm{III}})$不满足；那么有集合 $V \in \mathfrak{B}$ 使得对于所有 $W \in \mathfrak{B}$ 集合 $\hat{W} \cap \mathscr{C}V$ 不为空； 集合$\hat{W} \cap \mathscr{C}V$，因为$W$贯穿$\mathfrak{B}$，因此形式在$X \times X$上有一个过滤器基，并且这个过滤器基有一个集群点$(x, y)$不在$\Delta$。现在，由于$X$是*常规*（章I、no. 2，命题1的推论），$x$有不相交的开放邻域$U_1$和$U_2$ $y$，还有$x$和$y$的*关闭*邻域、$V_1 \subset U_1$、$V_2 \subset U_2$。令$U_3 = \mathscr{C}(V_1 \cup V_2)$，并考虑邻域

从这些定义可以立即得出，如果$(u, v) \in W$和$u \in V_1$（或$u \in U_1$），那么我们必须有$v \in U_1$（或$v \in U_1 \cup U_3 = \mathscr{C}V_2$）；因此$X \times X$中$(x, y)$的邻域$V_1 \times V_2$不满足$\hat{W}$，我们就有了矛盾。这样就完成了证明。

对于 Alexandroff 的定理 (章 I, § 9, no. 8, 定理 4)，局部紧致空间同胚于紧致空间的子空间。

设$g = f \times f$，则$g$在$X \times X$上连续（章I, § 4, no. 1，命题1，推论1）；因此，对于$X'$的每个开环$V'$，$\overline{g^{-1}}(V')$是$X \times X$的开子集，显然是包含对角线。因此，定理源自定理1，因为$X'$形式的开放随从是随从的基本系统（§ 1, no. 2，命题2，推论2）。

在定理2假设下，$f$的限制到$X$的任意子空间$A$一致连续；因此（§ 3, no. 6，定理2）：

我们可以用说更直观地表达条件，$X$可以被集合的有限数覆盖，它尽可能小。

令$i : X \to \hat{X}$为典范映射，则$X$的随从是$\hat{X}$随从的$i \times i$下的逆像（§ 3, no. 7，命题12）。 假设$X$是预紧的，并令$U$是$\hat{X}$的任意随行；那么存在 $\hat{X}$ 的对称周边$U'$，使得 $\hat{U}' \subset U$。 由于$\hat{X}$是紧致的，因此存在点$x_j \in \hat{X}$的有限数，使得$U'(x_j)$（$U$小）覆盖$\hat{X}$。 如果$V$是$U$的逆像乘以$i \times i$，则集合$i^{-1}(U'(x_j))$是$V$小并覆盖$X$。 相反，假设对于$X$的每个随行人员$V$，$V$-小集合有限地覆盖$X$。 我们必须证明$\hat{X}$上的每个超滤器$\mathfrak{F}$都是收敛的；由于$\hat{X}$是完整的，因此足以证明$\mathfrak{F}$是一个*柯西滤波器*，即对于$\hat{X}$的每个*封闭*随行$U$，$\mathfrak{F}$中有一个$U$-小集合（§ 1, no. 2，命题2，推论2）。 令$V$为$i \times i$下$U$的逆像，令$(B_j)$为$V$-小集合对$X$的有限覆盖；那么集合$C_j = i(B_j)$是$U$小并覆盖$i(X)$，这样

另一方面，由于$C_j \times C_j \subset U$和$U$在$\hat{X} \times \hat{X}$中闭合，我们有$\overline{C}_j \times \overline{C}_j \subset U$，因此$\overline{C}_j$也是$U$小。 由于$\mathfrak{F}$是超滤器，$\overline{C}_j$属于到$\mathfrak{F}$之一（章I, § 6, no. 4，命题5的推论）。

Q.E.D.

这是从 no. 1 的定理 3 和定理 1 得出的。

前两个断言是定理3的直接的推论。令$X$为均匀空间，$A$为$X$的预紧子集，令$i : X \to \hat{X}$为典范映射。 $i(\overline{A})$包含在$\hat{X}$中$i(A)$的闭包中（章I, § 2, no. 1，定理1），因此$\hat{X}$中的$i(\overline{A})$闭包包含在紧集中，因此是紧凑的。

因为如果$i : X \to \hat{X}$和$j : Y \to \hat{Y}$是典范映射，我们有$j(f(A)) = \hat{f}(i(A))$（§ 3, no. 7，命题15），因此$j(f(A))$在$\hat{Y}$中相对紧凑（章I, § 9, no. 4， 定理 2，推论 1)。

由于命题 2，条件是必要的。充分性源自 § 3, no. 9、命题 18 中给出的 $X$ 的 Hausdorff 完成的刻画，以及吉洪诺夫的定理 (章) I, § 9，定理 3，推论）。

如果命题为假，则集合$A \cap \overline{V}(B)$（其中$V$贯穿$X$的对称周边的集合）都不会是空的；因此，这些集合将形式过滤器基在$A$上，其中将有一个集群点$x_0 \in A$。因此，对于$X$的每个对称周边$V$，$\overline{V}(x_0)$将满足$B$，因此，当$B$闭合时，我们应该有$x_0 \in B$，与假设相反。

设$U$为$A$的任意开邻域，则$B = \complement U$闭且不满足$A$；因此，到命题 4 时，有一个随从 $V$ 使得 $V(A) \cap V(B) = \varnothing$，因此有 $V(A) \subset U$。

For each $x \in X$, let $A_x$ denote the intersection of the sets $A_{x, v}$ as $V$ runs through the set of symmetric entourages of $X$; $A_x$ is the equivalence class of $x$ for the equivalence relation "for all symmetric entourages $V$, there is a $V$-chain joining $x$ and $y$".

足以证明$A_x$是*连通的*：因为在任何制服空间$X$中，$x$的分量包含在$x$的邻域的交中，它们都是开闭的，并且这个交包含在$A_x$中命题5。

假设 $A_x$ 未连接。由于$A_x$是*闭*的，因此有两个非空不相交的闭集合$B$和$C$，使得$B \cup C = A_x$。到§ 3的命题 4时，有$X$的随行人员$U$，因此$U(B) \cap U(C)$为空。

令$W$是一个*开放*随行人员，使得$\hat{W} \subset U$，并让$H$是*封闭*集合，它是$X$中$W(B) \cup W(C)$的补集。假设例为$x \in B$，并令$y$为点除以$C$。然后，对于每个对称的随从$V \subset W$，我们可以立即看到，通过$i$上的归纳，每个连接$X$中的$x$和$y$的$V$链$(x_i)_{0 \leq i \leq n}$必须有点 $H$，由 $W$ 的选择。由于假设$x$和$y$可以通过每个对称周边$V$的$V$链连接，我们看到如果$V \subset W$则$H \cap A_{x, v}$不为空。另一方面，如果 $V' \subset V$ 则显然 $A_{x, v'} \subset A_{x, v}$；因此，当$V$穿过$X$对称周边的集合时，集合$H \cap A_{x, v}$形式在紧凑空间中*封闭*集合的过滤器基 $H$。因此，所有这些集合都有公共的点，因此$H$满足$A_x$；但这$H$的与……矛盾定义。

令V为K在X（章I, § 9, no. 7，命题10）中的相对紧开邻域，并令F为其边界。令 U ⊂ \overline{V} 为集合，*相对于* \overline{V} 既开又闭。那么 U 在 X 中闭，如果在加法中 U 不满足 F，则 U 在 X 中开（因为此时 U ⊂ V 并且 U 在 V 中开）。因此，只要证明\overline{V}存在子集，其中包含K不满足F，并且相对于\overline{V}既开又闭。

假设情况并非如此：那么 F 的交和 \overline{V} 的子集其中包含 K 和 在 \overline{V} 中开闭形式 F 中闭集合的过滤器基； F 是紧的，所以这些集合有公共的点 y ∈ F。 但这是荒谬的；由于\overline{V}是紧的，K是\overline{V}的一个分量，并且凭借命题6，集合的交，其中包含K和在\overline{V}中都是开闭的。推论是证明了。

由章I、§II、no. 5、命题9可知X/R完全断开；因此我们必须证明 X/R 是 Hausdorff (章 I, § 10, no. 4, 命题 8.) 令 A 和 B 是 X 的两个不同分量。到命题 6 时，存在X 的对称周边 U，使得 A 的点不能通过 U 链连接到 B 的任何点。 X 的点的集合 V（分别为 W），可以通过 U 链连接到点 x ∈ A（分别为 y ∈ B），在 X (命题 5) 中既开又闭包含 A（分别为 B）；因此，这些集合分别是 A 和 B 的开邻域，相对于 R 饱和并且不相交。这样就完成了证明。