a) Ha $P$, $Q$, $R$ a sík tetszőleges pontjai, és $S$ a $P$-nek a $QR$ szakasz felezőpontjára, $F$-re vonatkozó tükörképe, akkor a $PR$ szakaszt $F$-re tükrözve $SQ$-t kapjuk, és emiatt a $\overrightarrow{PR}$ és $\overrightarrow{QS}$ vektorok egyenlők. Ennek az észrevételnek az alapján átfogalmazhatjuk a halmaz (1) tulajdonságát:
(1a) Ha $P$ és $R$ a $H$ tetszőleges pontjai, akkor $H$ pontjait a $\overrightarrow{PR}$ vektorral eltolva ismét $H$-beli pontokat kapunk.
b) Legyen $P$, $Q$, $R$ a $H$-nak tetszőleges három, nem egy egyenesen levő pontja. [A (2) tulajdonság alapján ilyen van.] $Q$-t $\overrightarrow{PR}$-rel eltolva a $H$-beli $S_1$ pontot kapjuk, és ebből kiindulva lépésről lépésre kapjuk $\overrightarrow{PR}$-rel való eltolással a $H$-beli $S_2$, $\text{...}$, $S_n$, $\text{...}$ pontokat, amelyek a $Q{S}_1$, egyenesen vannak, és amelyekre ${\overrightarrow{QS}}_n=n\overrightarrow{PR}$. $Q$-t $\overrightarrow{RP}$-ral és $\overrightarrow{RP}$ többszöröseivel eltolva kapjuk a $H$-beli $S_{-1}$, $\text{...}$, $S_{-n}$, $\text{...}$ pontokat, amelyek a $Q{S}_1$ egyenesen vannak, és amelyekre
${\overrightarrow{QS}}_{-n}=-n\cdot \overrightarrow{PR}$. A $Q{S}_1$ egyenes így kapott pontjait a $\overrightarrow{PQ}$ vektor többszöröseivel eltolva egy paralelogrammarács pontjait kapjuk, amelynek minden pontja $H$-beli, és szemei a $PR{S}_{1}Q$ paralelogrammával egybevágóak.
Megmutatjuk, hogy a sík tetszőleges $k$ körében van $H$-nak pontja. Legyen ugyanis $\epsilon$ a $k$ sugarának a negyede, ekkor (2) szerint van olyan $\epsilon$ sugarú kör, amelyben $H$-nak van három nem egy egyenesen levő pontja. Az ezekre támaszkodó paralelogramma rácsnak van $k$-beli pontja, és az b) szerint $H$-beli. Legyen ugyanis $PQRS$ a paralelogrammarácsnak az a szeme, amely tartalmazza $k$ középpontját (illetve bármelyik olyan, ha több olyan is van). E középpontnak a $P$-től mért távolsága nem nagyobb, mint a $PQRS$ nagyobbik átlója, ami viszont nem nagyobb a $PQR$ háromszöget lefedő kör átmérőjének a $2$-szeresénél, $4\epsilon$-nál, ez pedig nem más, mint $k$ sugara.
c) A most bizonyított (3) tulajdonságból következik a feladat állítása. Ha ugyanis a feladat állítása nem volna igaz, volna olyan $k$ kör, amelyben $H$-nak legfeljebb csak véges sok pontja volna. Legyen $O$ a $k$-nak $H$-hoz nem tartozó pontja, és legyen $P$ a $H$-nak $K$-beli pontjai közül az $O$-hoz legközelebbi. Akkor a $O$ körüli, $OP$ sugarú $k_0$ körben (vagy a vele koncentrikus, teljesen $k$-ban fekvő körben, ha $k_0$ még nem volna teljesen $k$-ban) $H$-nak nem volna pontja, ami (3) szerint nem lehet. Feladatunk állítását ezzel bebizonyítottuk.