Dejemos que ${\cal F}=\lbrace B_k\rbrace_{1\leq k \leq n}$ sea un conjunto de bloques con intersección no vacía por pares y $n\geq 7$ . Tenga en cuenta que $|B_i\cap B_j| \leq 1$ por cada $i\neq j$ por definición de un sistema Steiner. Deducimos $$|B_i\cap B_j|=1 \ (i < j) \tag{1}$$
Si cualquier cuatro elementos (llámelos $E_1,E_2,E_3,E_4$ ) de $\cal B$ comparten un elemento común $x$ entonces cualquier otro elemento (llámese $F$ ) de $\cal B$ deben compartir un elemento $e_i$ con $E_i$ para $1\leq i\leq 4$ . Si el $e_i$ eran todos diferentes de $x$ serían distintos por parejas y esto obligaría a $|F|\geq 4$ que está excluido. Por lo tanto, al menos uno de los $e_i$ es $x$ y por lo tanto $x$ es un elemento común a todos los miembros de $\cal F$ : así hemos terminado en este caso. Por lo tanto, podemos suponer
$$B_i\cap B_j\cap B_k \cap B_l=\emptyset \ (i<j<k<l) \tag{2}$$
A continuación, supongamos que hay tres elementos (llámelos $E_1,E_2,E_3$ ) de $\cal B$ comparten un elemento común $x$ . Entonces hay seis elementos distintos elementos $a_i,b_i(1\leq i \leq 3)$ tal que $E_i=\lbrace x,a_i,b_i \rbrace $ . Sea ${\cal G}= {\cal F} \setminus \lbrace E_1,E_2,E_3\rbrace$ . Por (2), ningún miembro de $\cal G$ contiene $x$ . Por (1), vemos que cualquier $G\in{\cal G}$ comparte un elemento $e_i\in \lbrace a_i,b_i \rbrace$ con $E_i$ para $1\leq i \leq 3$ . El $e_i$ son todos distintos, por lo que $G=\lbrace e_1,e_2,e_3 \rbrace$ y por lo tanto ${\cal G} \subseteq {\cal H}$ donde ${\cal H}=\lbrace a_1,b_1 \rbrace \times \lbrace a_2,b_2 \rbrace \times \lbrace a_3,b_3 \rbrace$ . Denote por $\tau_i$ la involución intercambiando $a_i$ y $b_i$ y que $\tau=(\tau_1,\tau_2,\tau_3)$ . Entonces $\tau$ es una involución de $\cal H$ y para cualquier $H\in {\cal H}$ , $\cal G$ no puede contener tanto $H$ y $\tau(H)$ . Así que $\cal G$ contiene como máximo la mitad de los elementos de $\cal H$ Así que $|{\cal G}|\leq 4, |{\cal F}|\leq 7$ . por lo tanto, hemos terminado en este caso. Por lo tanto, podemos suponer
$$B_i\cap B_j\cap B_k =\emptyset \ (i<j<k) \tag{3}$$
Cuando (3) se cumple, hay cinco elementos distintos $a_i(1\leq i\leq 3)$ tal que $B_1=\lbrace a_1,a_2,a_3\rbrace,B_2=\lbrace a_1,a_4,a_5\rbrace$ . Por (3) de nuevo tenemos $a_1\not\in B_3$ y cambiar el nombre si es necesario podemos suponer que hay otro elemento distinto $a_6$ tal que $B_3=\lbrace a_2,a_4,a_6\rbrace$ . Sea ${\cal G}={\cal F} \setminus \lbrace B_1,B_2,B_3\rbrace$ . Por (3), ningún miembro $G$ de $\cal G$ puede contener cualquier que aparezca dos veces ya en $B_1,B_2,B_3$ Así que $G$ no puede contener $a_1,a_2$ o $a_4$ . Utilizando (1), deducimos $G=\lbrace a_3,a_5,a_6 \rbrace$ , así que $|{\cal G}|\leq 1, |{\cal F}|\leq 4$ y con esto termina la prueba.
