可数型的可度量空间的每个子空间都是可数型的可度量，并且完整的空间的每个闭子空间都是完整的； （章II, § 3, no. 4、命题8）。可数型可度量空间的每个可数乘积又可数型可度量：($§ 2$，no. 8)，并且完整度量空间的每个可数乘积是一个完整度量空间到与其拓扑兼容的度量（章 II, § 3, no. 5、命题 10 和章 IX, § 2, no. 4、定理 1，推论 2）。最后，令$(X_n)$为非空波兰语空间的序列，并考虑乘积空间$Y = \mathbf{N} \times \prod_n X_n$，其中$\mathbf{N}$携带离散拓扑；已经证明，$Y$是波兰语空间。另一方面，对于每个$n$，令$a_n$为$X_n$的点，并令$f_n$为$X_n$的映射到$Y$，这样对于每个$x \in X_n$，我们有

其中 $y_p = a_p$ 如果 $p \neq n$ 和 $y_n = x$。如果$X$是$X_n$的拓扑和，很明显，$X$的映射$f$进入$Y$，与$X_n$上的$f_n$一致，因为每个$n$都是一个$X$同胚到$f(X)$；此外，对于每个 $n$，$f_n(X_n)$ 在 $Y$ 中闭合，并且族 $(f_n(X_n))$ 是局部有限的，因为 $\mathbf{N}$ 是离散的；因此 $f(X) = \bigcup_n f_n(X_n)$ 在 $Y$ 中闭合（章 I, § 1, no. 5，命题 4），因此 $f(X)$ 是波兰语空间，由 a) 得到。

令$X$为波兰空间，令$d$为$X$与其拓扑兼容的度量，并令$U \neq X$为$X$的开子集。令 $V$ 为所有点 $(t, x)$ 中 $\mathbf{R} \times X$ 由……组成的子集，使得

$V$ 由 § 2, no. 2 的命题 3 闭合，因此是波兰语 (命题 1)。由于投影 $\mathrm{pr}_2 : \mathbf{R} \setminus X \to X$ 的限制到 $V$ 是 $V$ 到 $U$ 的同胚（$§ 2,$ no. 2，命题 3），$U$ 是波兰语子空间共 $X$。

设 $X$ 为将点无限邻接于 $X$ 所获得的紧空间； $X'$ 是可计量且可数的型（$§ 2,$ no. 9，命题 16 的推论），$X$ 就其独特的均匀性而言是完整的（章 II、$§ 4,$ no. 1， 定理1)。因此 $X$ 是波兰语空间；由于$X$在$X'$中开放，因此$X$是波兰语。

设$f$为$X$到$X^\mathbf{N}$的对角线映射（[集合理论，章II，$§ 5,$no. 3；回想一下$f(x) = (x, x, \ldots)$，其中$x_n = x$对于所有$n \in \mathbf{N}$]。我们将使用以下引理：

这个像是$\prod_n A_n$的交和对角线$\Delta = f(X)$，它在$X^\mathbf{N}$闭合，因为$X$是豪斯多夫（章I，$§ 8,$no. 1）； $f$ 是 $X$ 到 $\Delta$ 的同胚。

根据命题 3 的假设，$\prod_n A_n$ 是波兰语空间 (命题 1)，因此$\bigcap_n A_n$ 是引理 1 和命题 1 的波兰语。

它是$\mathbf{R}$中可数开集合族的交，即单个有理数数的集合由……组成的补集。

条件的充分性紧随命题 2和3。为了证明必要性，令$d$是与$Y$的拓扑兼容的度量，并且$Y$是完备的。设$\overline{Y}$为$X$中$Y$的闭包。对于每个整数 $n > 0$，令 $Y_n$ 为具有开放邻域 $U$ 的所有 $x \in \overline{Y}$ 的集合，使得 $U \cap Y$ 的直径（相对于公制 $d$）为 $\leq 1/n$。显然 $Y_n$ 在 $\overline{Y}$ 和包含 $Y$ 中开放。令 $x \in \bigcap_n Y_n$；则$x \in \overline{Y}$，$X$中$x$的邻域滤波器在$Y$上的迹是柯西滤波器（相对于$d$）；因此这个滤波器收敛到$Y$的点，从而收敛到$x \in Y$。因此$Y = \bigcap_n Y_n$。

对于每个$n$，令$H_n$为$X$的开子集，使得$H_n \cap \overline{Y} = Y_n$，并令$(U_m)$为$X$的开子集的序列，使得$\overline{Y} = \bigcap_m U_m$ （§ 2, no. 5，命题7）；那么$Y$是开集合$(H_n \cap U_m)$可数族的交。

条件显然是充分的，而且是必要的，因为可数型的每个可度量空间都同胚于$\mathbf{I}^{\mathbf{N}}$的子空间（§ 2, no. 8，命题12）。

对于$Z = \bigcap_n Z_n$，其中$Z_n$开放$Y$的子集；因此

和集合$\overline{f}^{-1}(Z_n)$在$X$开放。

令$P$是波兰语空间，$f$是$P$到$X$的连续映射。那么$P$的可数稠密子集在$f$下的像就是$X$的可数稠密子集。

因为如果$f$是波兰语空间$P$到$X$的连续映射，那么逆像在闭（或开）的$f$下，$X$的子集是闭（或开） 子集等于 $P$，因此是波兰语子空间等于 $P$（no. 1、命题 1 和 2）。

令$P, Q$为波兰语空间，令$g$为$P$在$X$上的连续映射，并令$h$为$Q$在$A$上的连续映射。令$R$为所有$(x, y) \in P \times Q$中的集合，使得$f(g(x)) = h(y)$； $R$ 在 $P \times Q$ 关闭，因此是 $P \times Q$ 的波兰子空间（no. 1、命题 1）。令$\varphi$为投影$pr_1$中的限制至$R$。那么$X$的子空间$\overline{f}^{-1}(A)$是连续映射$g \circ \varphi$下的$R$的像，因此是苏斯林空间。

对于每个整数$n$，让$X_n$是可度量的空间，$P_n$是波兰空间，$f_n$是$P_n$到$X_n$的连续映射。 空间 $P_n$ 的乘积（或和）是波兰语（no. 1、命题 1），而空间的像在映射下，即乘积 $f_n$（或映射，对于所有$n$，与$P_n$上的$f_n$一致）是空间$X_n$的乘积（或和）；后者是可度量的，因此是 Souslin 空间。

这些子空间当然是可度量的。 $A_n$的和的规范映射到$X$的子空间$\bigcup_n A_n$的存在表明后者是苏斯林空间；并且$\bigcap_n A_n$凭借命题 5和7以及no. 1的引理 1而成为Souslin。

一般来说，即使在波兰语空间中，Souslin子空间的补语也不一定是Souslin（cf.习题6）；然而，参见no. 6、定理 2，推论。

替换 X by $\overline{A}$ 如果有必要，我们可以假设 X 是紧的，并且 A 在 X 中是稠密的。由于 A 是苏斯林空间，因此存在波兰语空间 P 和连续映射 $g : P \to X$，使得 $g(P) = A$。根据no. 1，定理 1，推论1，我们可以假设P是立方体$I^\mathbf{N}$的开子集的递减序列$(U_n)$的交。令 K 为空间 $I^\mathbf{N} \times X$，它是紧凑且可度量的（§ 2, no. 4，定理 1，推论 2）。令$G \subset P \times X$为g的图，令$\overline{G}$为K中G的闭包，令f表示$K = I^\mathbf{N} \times X$到X的投影；那么显然我们有$f(G) = A$。由于g是连续的，所以G在$P \times X$（章I, § 8, no. 1，命题2，推论2）和$G = \overline{G} \cap (P \times X)$中是闭的；因此$G = \bigcap_n B_n$，其中

由于每个$U_n$是$I^\mathbf{N}$（§ 2, no. 5，命题7）中闭集合的可数并，因此每个$B_n$是紧集和证明的可数并已完成。

令$\mathfrak{I}$为$Y$的所有子集$A$中的集合，使得$f^{-1}(A)$是$X$中的Borel集合。紧接着，$\mathfrak{I}$是$\sigma$代数，其中包含是$Y$的所有闭子集；因此 $\mathfrak{I}$ 包含于 $Y$ 中的所有 Borel 集合。

令$\mathfrak{I}$为$X$的所有子集$A$中的集合，使得$A$和$\overline{A}$都是Souslin集合。通过 no. 2 的命题 8，$\mathfrak{I}$ 是$\sigma$ 代数。 $X$ 属于至 $\mathfrak{I}$ 的每个关闭子集 $F$，$F$ 和 $\overline{F}$ 均为 Souslin 集合（no. 2，命题 5）；因此$\mathfrak{I}$包含于$X$的所有Borel集合（cf.no. 6，定理2，推论）。

因为$B$是苏斯林空间，因此$f(B)$乘注跟随定义2（no. 2）也是如此。

条件显然是必要的；让我们证明这也是足够的。如果 $f$ 是 Lusin 空间 $X$ 在可度量空间 $Y$ 上的连续双射，则从定义 6 可以得出 $Y$ 是 Lusin 空间。因此，我们只需要证明波兰人空间是卢辛空间。

首先注意，如果$X$是Lusin空间，$X$的每个闭（或开）子空间$A$都是Lusin空间（cf.no. 7，定理3）；因为如果$f$是零维波兰语空间$P$在$X$上的连续双射，则$f^{-1}(A)$在$P$中闭（或开），因此是$P$的零维波兰语子空间（no. 1， 命题 1 和 2)。

Lusin 空间的每个可数乘积都是 Lusin 空间；这是从 no. 1 的命题 1 以及零维空间的每个乘积都是零维这一事实得出的。 Hausdorff 拓扑空间的 Lusin 子空间的每个可数交都是 Lusin 子空间；这是从前面的注和引理1 of no. 1得出的。此外：

对于每个$n$，令$P_n$为零维波兰空间，并令$f_n$为$P_n$到$A_n$的连续双射。如果$P$是$P_n$的拓扑和，则$P$是波兰语（no. 1，命题1）且零维，并且映射$f : P \to X$与$f_n$在$P_n$上一致$n$是$P$到$X$的连续双射；因此结果。

现在让我们证明$\mathbf{R}$的区间$I = [0, 1]$是Lusin空间。令$J$为所有无理数数中$I$由……组成的子空间；那么 $J$ 是波兰语（no. 1，命题 3 的推论）； J 也是零维的，因为如果 x 是 J 的任意点，形式 ]r, s[ 的 R 区间在 J 上的迹，其中 r 和 s 是有理数且 r < x < s，形式 J 中 x 的开和闭邻域的基数系统（因为 ]r 在 J 上的迹， s[ 和 [r, s] 相同）。因此 J 是 I 的 Lusin 子空间。现在 J 和 I 的子空间分别由单个有理数点形式和 I 的可数划分组成，因此 I 是引理 2 的 Lusin 空间。

设 P 为任意波兰语空间。根据推论 1 到定理 1 (no. 1)，P 同胚于立方体 IN 的子空间，它是 IN 中开集合的可数交。由于I是Lusin空间，证明开头的注表明P是Lusin空间，命题12的证明因此是完整的。

注首先，如果$Y$是可数型的公制空间，并且如果$\varepsilon$是实数$> 0$，则存在直径为$\leq \varepsilon$的集合可数覆盖$Y$ （$§ 2$、no. 8、命题13）。此外，如果$Y$是零维的，则存在由集合构成的覆盖$(V_n)$，它既是开闭的；如果$W_n$是$V_n$和$\bigcap_{k < n} (Y - V_k)$的交，我们看到$W_n$是封闭的，直径为$\leq \varepsilon$，成对的不相交的和覆盖$X$。在任何情况下，覆盖形式的非空集合的闭包是$Y$的可数覆盖，其元素是直径为$\leq \varepsilon$的非空闭闭集合。

令 $X$ 为可数型的度量空间。令$C_0$为由直径为$\leq 1$的非空闭集合构成的$X$可数覆盖的集合或指标，如果$X$是零维的话，它们是成对的不相交的； $\varphi_0$应为映射，与覆盖物的每个指标$c \in C_0$相应的集合相关联。假设我们已经定义了$C_i$和$\varphi_i$以及$i \leq n$的满射映射$p_i : C_{i+1} \to C_i$，使得这些指标满足条件b)。如果 $c \in C_n$、空间 $\varphi_n(c)$ 具有由直径为 $\leq 1/2^{n+1}$ 的非空闭合集合构成的可数覆盖，如果 $X$ [因此 $\varphi_n(c)$] 为零维，则它们互为不相交的；如果$I(c)$表示该覆盖层的指标集合，则我们将$c_{n+1}$视为集合$I(c)$的和，因为$c$穿过$C_n$；对于每个$c' \in C_{n+1}$，让$p_n(c')$表示元素$c \in C_n$，使得$c' \in I(c)$，并让$\varphi_{n+1}(c')$表示集合，并在考虑的$\varphi_n(c)$的覆盖中使用指标$c'$。显然，我们通过定义乘以归纳对$X$进行筛选，如果$X$是零维的，那么这个筛选是严格的；因此引理 3。

现在假设$X$是可数型的完整度量空间，并考虑通过筛子$C$和映射$\varphi_n$筛选$X$。如果$\gamma = (c_n)$是与$C$关联的空间$L(C)$的点，则序列$(\varphi_n(c_n))$是直径趋于0的$X$中封闭的集合的递减序列；因此，集合的序列中的交由单个点组成，我们用$f(\gamma)$表示。因此我们定义了映射$f : L(C) \to X$。如果$L(C)$的两个点$\gamma, \gamma'$对于$i \leq n$有相同的第$i$坐标，显然$f(\gamma)$和$f(\gamma')$之间的距离是$\leq 1/2^n$，因此$f$是连续的，因为定义拓扑$L(C)$。对于每个$x \in X$，从筛选的定义可以得出，我们可以在$n$序列$\gamma = (c_n)$上定义乘以归纳，这样每个$n \geq 0$和$c_n = p_n(c_{n+1})$都有$x \in \varphi_n(c_n)$；因此 $x = f(\gamma)$ 且 $f$ 是满射。此外，如果筛选严格，序列$\gamma = (c_n)$使得$x = f(\gamma)$是唯一的，因此在这种情况下$f$是双射的。据说$f$是由所考虑的筛选引起的映射。

参考 Lusin 空间（no. 4，定义 6）的定义 [resp。 a Souslin 空间 (no. 2, 定义 2)]，我们约化的情况

X 是波兰语和零维（或波兰语），然后前面的论证证明了结果。

证明依赖于两个引理：

对于 Borel 集合 $B = \bigcup_n \left( \bigcap_m B_{nm} \right)$ 满足这些条件。

通过no. 5的命题13，存在两个筛C，C'和L（C）的连续映射f到A，L（C'）的$f'$到A A'，由no. 5中描述的方法构造。对于每个$n \geq 0$和每个$c \in C_n$，让$q_n(c)$表示由所有序列$(c_k)_{k \geq 0}$组成的L（C）中的子空间，使得$c_n = c$； $q_n(c)$ 是 L(C) 的闭子空间。对于封闭的集合$q_n(c_n)$的每个$\gamma = (c_n) \in L(C)$序列是递减和形式一个过滤器基，其中$\gamma$为极限。此外，对于每个$c \in C_n$、集合$q_{n+1}(d)$，其中d在$q_n(c)$的$C_{n+1}$、形式划分中经过集合$p_n^{-1}(c)$。使筛子 $c'$ 与记号类似，定义。

我们将通过反证法论证并假设每个 Borel 集合其中包含 A 满足 A'。首先，从筛选的引理4和定义得出，存在$c_0 \in C_0$和$c'_0 \in C'_0$，使得每个Borel集合包含$f(q_0(c_0))$满足$f'(q'_0(c'_0))$。然后我们可以通过定义，乘以n上的归纳，

如下：假设已经为$i < n$定义了$c_i$和$c'_i$，这样对于每个指标$i < n$，每个Borel集合包含$f(q_i(c_i))$都满足$f'(q'_i(c'_i))$； 应用引理4和定义筛选到集合$f(q_{n-1}(c_{n-1}))$和$f'(q'_{n-1}(c'_{n-1}))$，我们看到存在$c_n \in C_n$和$c'_n \in C'_n$使得$p_{n-1}(c_n) = c_{n-1}$和$p_{n-1}(c'_n) = c'_{n-1}$并且使得每个Borel 集合包含$f(q_n(c_n))$满足$f'(q'_n(c'_n))$。现在序列$f(q_n(c_n))$收敛到点$a = f(\gamma) \in A$，序列$f'(q'_n(c'_n))$收敛到点$a' = f'(\gamma') \in A'$。由于 $A \cap A' = \emptyset$ 和 $X$ 是 Hausdorff，因此存在 $a$ 的闭邻域 $V$，它不存在包含 $a'$，因此对于 $n$ 足够大、$V$ 包含$f(q_n(c_n))$且不满足$f'(q'_n(c'_n))$。这是一个矛盾，因为 $V$ 是 Borel 集合。

为了证明定理 2，令$Y_n$表示集合$X_i$的并，使得$i \neq n$；那么 $Y_n$ 是 $X$ (no. 2, 命题 8) 的苏斯林子空间。对于每个指标 $n$，存在一个 Borel 集合 $B'_n$，其中包含 $X_n$ 且不满足 $Y_n$，通过引理 5。令 $B_n$ 为 $B'_n$ 的交且$\bigcap_{i < n} (X - B'_i)$。那么$B_n$是Borel集合，互为不相交的，并且对于每个$n$来说$B_n \supset X_n$。

这个定理是以下两个引理中的推论：

令$\mathfrak{T}$为$X$的所有子集$A$中的集合，使得$A$和$\complement A$都是$X$的Lusin子空间。由于$X$中的每个闭集合和每个开集合都是$X$（no. 4）的Lusin子空间，$\mathfrak{T}$包含都闭$X$的子集，因此引理将如果我们能证明$\mathfrak{T}$是$X$上的$\sigma$代数，就可以证明。为此，只要证明如果$(A_n)$是$\mathfrak{T}$的集合的序列，那么$\bigcap_n A_n$和$\bigcup_n A_n$就是$X$的Lusin子空间。现在我们在no. 4中看到，Lusin子空间的每个可数交都是一个Lusin子空间。另一方面，如果$B_n$是$A_n$和$\bigcap_{i < n} \complement A_i$中的交，则从假设和前面的注可以得出，$B_n$是Lusin子空间；并且由于 $\bigcup_n A_n = \bigcup_n B_n$，子空间 $\bigcup_n A_n$ 是 no. 4 的引理 2 的 Lusin 子空间。

通过no. 5的命题13，存在筛子C和L（C）的连续双射f到A上。对于no. 6的引理5的记号，对于每个整数n和每个c ε C_n，设 g_n(c) 表示 X 的子空间 f(q_n(c))；它是 Lusin 子空间，因此是 X 的 Souslin 子空间。当 c 穿过 C_n 时，集合 g_n(c) 是成对的不相交的，因为 f 是双射的；因此，通过 no. 6 的定理 2，X 中存在 Borel 集合的族 c → g'_n(c) (c ∈ C_n)，成对不相交的并且对于所有 c ∈ C_n 来说 g'_n(c) ⊃ g_n(c)。 替换 g'_n(c) 通过其交以及 X 中 g_n(c) 的闭包 g_n(c) 如有必要，我们可以假设 g'_n(c) ⊂ g_n(c)。令 c_{n-1}, c_{n-2}, ..., c_0 表示满射下 C_{n-1}, C_{n-2}, ..., C_0 中 c 的像

分别;令 h_n(c) 表示集合的交

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

由于 q_i(c_i) ⊃ q_n(c) 对于 0 ≤ i ≤ n − 1，h_n(c) 包含于 g_n(c)；还清楚的是，h_n(c) 是 Borel 集合并且包含在 g_n(c) 中，并且当 c 贯穿 C_n 时，h_n(c) 互为不相交的集合；最后，通过构造，对于每个 c' ∈ C_{n+1}，我们有 h_{n+1}(c') ⊂ h_n(p_n(c'))。当 c 穿过 C_n 时，令 B_n 为集合 h_n(c) 的并； B_n 是 Borel 集合，且 B_{n+1} ⊂ B_n；还有集合 g_n(c) 的 B_n 包含并 (c ∈ C_n)，即 A。设 B 为集合 B_n 的递减序列交； B 是 Borel 集合和包含 A。我们将证明 B = A，这将完成证明。

令x为B的点。那么，对于每个整数n，存在唯一的c ∈ C_n，使得x ∈ h_n(c)；让我们用 c_n(x) 来表示这个 c。 序列 (c_n(x))_{n≥0} 属于至 L(C)。 递减序列 (g_n(c_n(x))) 由定义收敛到点 a ∈ A；这些集合的闭包的序列也收敛于X中的a，因此更不必说也收敛于序列(h_n(c_n(x)))。现在 x 属于对所有集合 h_n(c_n(x))，因此 x = a ∈ A。由此证明了引理 7，并由此证明了定理 3。

考虑 $X$ 上的一个度量与其拓扑兼容，并且 $X$ 是完整的。通过no. 5的引理3，存在$X$的筛分，由筛子$C = (C_n, p_n)$和映射$(\varphi_n)$的序列定义。对于每个$c \in C_n$，令$g_n(c)$为闭集合$\varphi_n(c)$相对于$R$的饱和度；通过假设，$g_n(c)$ 是 $X$ 中的 Borel 集合。

由于每个集合$C_n$都是可数的，我们可以线性地阶每个$C_n$，这样小于给定元素的元素的集合是有限的。对于每个$c \in C_n$，我们在$n$上按归纳计算定义集合$h_n(c)$，如下所示。首先，对于$c \in C_0$，$h_0(c)$是$\varphi_0(c)$和集合$X - g_0(c')$的交，其中$c' \in C_0$和$c' < c$。对于$c \in C_{n+1}$，$h_{n+1}(c)$ 是$\varphi_{n+1}(c), h_n(P_n(c))$ 的交，对于$c' \in C_{n+1}$、$p_n(c') = p_n(c)$ 和$c' < c$，集合 $X - g_{n+1}(c')$。 $h_n(c)$ 显然是 Borel 集合。

我们将证明以下断言：对于每个整数$n \geq 0$和每个等价类$H$ mod $R$，存在唯一元素$c \in C_n$使得$h_n(c)$满足$H$，并且我们有

因此这是一个*封闭*集合。对于$n = 0$，考虑最小的元素 $c \in C_0$，使得$\varphi_0(c)$满足$H$；那么$\varphi_0(c) \cap H$不满足任何集合$g_0(c')$，其中$c' \in C_0$和$c' < c$；因此它包含在$h_0(c) \cap H$中，因此等于这个集合；此外，我们有$H \subset g_0(c)$，因而$h_0(c') \cap H$对于$c' \in C_0$和$c' > c$来说是空的；因此断言被证明适用于$n = 0$。我们在$n$上继续归纳：如果存在$c \in C_{n+1}$使得$h_{n+1}(c)$满足$H$，那么从关系$h_{n+1}(c) \subset h_n(p_n(c))$和归纳假设得出$p_n(c)$是唯一元素 $d \in C_n$使得$h_n(d)$满足$H$。观察$\varphi_n(d)$中包含的$h_n(d)$包含在集合$\varphi_n(c)$的并中，其中$c \in p_n^{-1}(d)$经过定义筛选；因而，存在最小的元素$c \in p_n^{-1}(d)$使得$\varphi_{n+1}(c)$满足$H$。因此我们有 由感应假设。因而 并且由于到定义$\varphi_{n+1}(c) \cap H$都不满足集合$g_{n+1}(c')$（其中$c' \in p_n^{-1}(d)$和$c' < c$），因此从$h_{n+1}(c)$的定义得出$\varphi_{n+1}(c) \cap H = h_{n+1}(c) \cap H$。此外，我们有$H \subset g_{n+1}(c)$，因而，如果$c' \in p_n^{-1}(d)$使得$c' > c$，则$h_{n+1}(c') \cap H$为空。因此断言对于所有$n$都是证明的。

对于每个整数$n$，令$S_n$为集合$h_n(c)$的并，其中$c$贯穿$C_n$。 集合 $S_n$ 是 Borel 集合，我们有 $S_{n+1} \subset S_n$。

令S为集合 S_n的交，它也是X中的Borel集合；我们将证明 S 在一个点中正好满足每个等价类 H mod R。对于每个 n，令 c_n(H) 为唯一元素 c \in C_n，使得 h_{c_n(H)} 满足 H；那么 S_n \cap H = \varphi_n(c_n(H)) \cap H，并且 S \cap H 是集合 \varphi_n(c_n(H)) \cap H 的交。从序列 (c_n(H)) 属于到L.C.、闭集合 \varphi_n(c_n(H)) 的递减序列，其直径趋于0，收敛到点 x \in X，因为X 是完整的。因而，闭合的集合 \varphi_n(c_n(H)) \cap H 的交仅由点 x 组成，并且定理 4 的证明是完整的。