Una manera limpia para mostrar (1) de (2) es mostrar que cualquier conjunto satisfactorio (2) es el finito unión de formas que son como cilindros donde los extremos no son asumidas en paralelo, sino que es un simple poliedro fácilmente modificables como una unión de tetraedros. En particular, $T$ a ser un conjunto finito de (cerrado) los triángulos que componen el límite de $S$. Para mayor comodidad, vamos a suponer que los elementos de la $T$ ha desunido interiores, ya que, si no, se puede elegir una colección diferente $T$ dividiendo cada triángulo en varias piezas, divididas a lo largo de su intersección con otros triángulos interiores.
Siguiente, tomemos algunas de vectores $v$ no paralelo a cualquier rostro y su correspondiente proyección de $\pi:\mathbb R^3\rightarrow\mathbb R^2$ con rango de $2$ de los que tomaron $v$$0$. Esta proyección toma cada triángulo en $T$ a un no-degenerada triángulo en el plano. Vamos a definir, para mayor comodidad, los bordes de la forma como $\partial T = \bigcup_{t\in T}\partial t$. Ahora, considere la posibilidad de la proyección de $\pi(\partial T)$ y el conjunto de $K$ de acotado, los componentes conectados de $\mathbb R^2\setminus \pi(\partial T)$.
Hacemos esto porque estos componentes $k\in K$ tienen propiedades útiles. En primer lugar, es obvio que cada una de las $k$ es un polígono por lo $\pi^{-1}(k)$ es un prisma poligonal (de longitud infinita). En segundo lugar, para cualquier distintos triángulos $t,t'\in T$ podemos definir un orden por $t>t'$ si cada elemento de a $t\cap \pi^{-1}(k)$ se puede escribir como un elemento de $t'\cap\pi^{-1}(k)$, además de una múltiple positivo de $v$. Esto funciona ya que uno puede escribir siempre un elemento de $t\cap \pi^{-1}(k)$ como un elemento de $t'\cap\pi^{-1}(k)$ más un múltiplo de $v$, y si el signo de este múltiple no fueron constantes en $k$, en algún momento sería $0$, lo que indica una intersección de $t$ $t'$ en sus interiores, que nos prohibió.
Por último, tomamos todos los elementos $k\in K$ y la secuencia de $t_1,t_2,\ldots,t_n\in T$ a enumerar a los miembros de $T$ de intersección $\pi^{-1}(k)$. Este es ordenado tal que $t_1>t_2>\ldots>t_n$. Todos los de la siguiente discusión asumirá $\pi^{-1}(k)$ como el dominio en lugar de $\mathbb R^3$. En primer lugar, se puede comprobar rápidamente que el conjunto de $\pi^{-1}(k)\setminus \partial S$ ha $n+1$ componentes: los puntos por encima de la $t_1$ (es decir, la escritura como un miembro de $t_1$, además de una múltiple positivo de $v$), los puntos por debajo de la $t_1$, pero por encima de $t_2$, los puntos por debajo de la $t_2$, pero por encima de $t_3$, y así sucesivamente hasta llegar a los puntos por debajo de la $t_n$. Por otra parte, si cualquier parte de dicho componente está dentro de $S$, todo componente debe ser, ya que se conecta conjuntos disjuntos de la frontera. Además, la primera y la última establece claramente no están en $S$ ser ilimitado. Sin embargo, si el conjunto de puntos por debajo de la $t_i$, pero por encima de $t_{i+1}$$S$, entonces el conjunto de puntos por debajo de la $t_{i+1}$, pero por encima de $t_{i+2}$ no debe ser en $S$ - y viceversa. Esto es necesario para asegurar que el límite es realmente el límite de la clausura del interior.
Esto nos lleva a un hecho importante: $S\cap \pi^{-1}(k)$ es la unión del conjunto de puntos por debajo de la $t_1$, pero por encima de $t_2$ con los de abajo $t_3$, pero por encima de $t_4$ (tenga en cuenta que $n$ necesariamente va a ser aún). Cada uno de estos conjuntos es simplemente la intersección de un infinito prisma con dos la mitad de los aviones - y, por otra parte, el cierre de este conjunto se encuentra dentro de $S$ y es fácilmente modificable como una unión de tetraedros.
A continuación, sólo tenemos que asegurarnos de que la unión de estos "prismas" es $S$. Ya sabemos que esto es cierto, excepto posiblemente en a$\pi^{-1}(\pi(\partial T))$ -, pero esto no tiene ninguna consecuencia ya que tanto los juegos en cuestión son el cierre de su interior y $\pi^{-1}(\pi(\partial T))$ es finito, de la unión de las secciones de los planos, que desaparecerán si tomamos el interior del complemento de su unión o sustracción de cualquier otro conjunto.
La prueba para demostrar (2) de (1) es más mundana así que no voy a entrar en mucho detalle - más o menos, una estrategia razonable es tomar la notificación de que el límite de una unión es un subconjunto de la unión de las fronteras, por lo que la prueba es básicamente tomar cada triángulo en el límite de un tetraedro en la unión y escribir fuera de las limitaciones en que las partes del triángulo permanecerá en el límite después de la unión. El punto, entonces, es que, cada vez que se agrega un tetraedro de la unión, puede eliminar a una región definida por un número finito de la mitad de los aviones de cualquier triángulo en el límite, pero haciendo esto para cualquier triángulo deja todavía un número finito de la unión de triángulos restantes en el límite.