設 B ⊆ ℝᵖ 為 bounded 且含無限多個點，以下構造 B 的一個 cluster point。
證明計畫 · 由所求想起
要證：某個 y 的每一個 neighborhood 都含有 B 中異於 y 的點。
⇢ 這樣的 y 上哪找？讓點自己擠出來——把 B 關進箱子，每邊對半剖成 2ᵖ 塊：無限多個點分進有限多塊，必有一塊分到無限多。
⇢ 跟著「無限多」的那一塊一路剖下去，得到一串閉箱子套——10.2 交出公共點 y。
⇢ 驗收：任何 neighborhood 都裝得下夠深的箱子，而每個箱子都帶著 B 的無限多個點。
這張圖在證構造怎麼走（本證明是正面構造，不走反證）：I₁ 剖成四格，B 的點（黑點）擠得最兇的那格留下成為 I₂；再剖、再留下 I₃、I₄——箱子每輪邊長減半，卻始終抱著無限多個點。10.2 在縮到最後的地方交出公共點 y（紅點）；任給 y 的 neighborhood（紅虛線圈），夠深的箱子整個住進去，無限多個點跟著搬進來——y 的 cluster point 身分就此坐實。
Proof. Since B is bounded, Definition 10.1 lets us shut it inside a closed cell I₁.
Bisect every side of I₁, cutting it into 2ᵖ closed sub-boxes, which divide the points of B among them. Because B is infinite while the pieces are finitely many, at least one piece must contain infinitely many points of B — if every piece contained only finitely many, their union, all of B, would be finite, against the hypothesis. Name such a piece I₂.
The same reasoning can be repeated without end: since I₂ again holds infinitely many points of B, bisecting its sides yields a sub-box I₃ with infinitely many, and so on. What comes out is a chain I₁ ⊇ I₂ ⊇ I₃ ⊇ ⋯ of closed cells, none of them empty, each containing infinitely many points of B, the longest side halving at every step.
同樣的論證一輪一輪重複用：由於 I₂ 又裝著無限多個點，剖半的鴿籠論證可以原封再用——2ᵖ 塊裡必有一塊再接住無限多個，留下成為 I₃；如此永遠走得下去，因為每一輪留下的塊都繼承了「無限多」這個條件。收成是一條一個套住一個的閉箱鏈：每塊都含著 B 的無限多個點——因此沒有一塊是空的——而最長邊每剖一輪就減半。
By the Nested Intervals Theorem 10.2, some point y lies in every Iₖ. It remains to verify that y is a cluster point of B — that every neighborhood of y holds a point of B different from y.
由 10.2 Nested Cells 定理（closed、非空、一個套一個的箱子鏈必有公共點——§10-1 證的），得公共點 y。引用前先對條件：鏈上的箱子 closed、一個套住一個，而且每塊都含著 B 的無限多個點，所以沒有一塊是空的——三個條件全數到齊。y 到手之後，剩下的工作是驗證它真的是 B 的 cluster point，依據是 §10-2 定義 10.3（cluster point：「每一個」neighborhood 都含有 B 中異於 y 的點）。「每一個」聽來要驗無限多種，但 §10-2 例 1 用 1/n 檢驗過：大的 neighborhood 裝得下小球、自動跟著含到點，真正的考驗只有越縮越小的球——下一步就對付它們。
Take any neighborhood V of y; it contains a ball {z : |y − z| < r} for some r > 0. Now measure the boxes. Each bisection halves every side, so the longest side of Iₖ is l(I₁)/2k−1, where l(I₁) is the longest side of I₁. Since two points of one box differ in each coordinate by at most one side length, they differ in distance by at most √p times the longest side — and since y also lies in Iₖ, every w ∈ Iₖ satisfies |y − w| ≤ √p · l(I₁)/2k−1.
先說這一段要達成什麼：任給的 neighborhood V 裡藏著一顆半徑 r 的球，目標是挑一個夠深的 k，讓整顆箱子 Iₖ 塞進這顆球——箱子一進去，它含著的無限多個 B 的點就全部跟著進了 V。於是開始量箱子。走到第 k 個箱子時每邊已經剖過 k − 1 刀、每刀減半，所以 Iₖ 的最長邊是 l(I₁)/2k−1——分母的 2k−1 就是那 k − 1 刀的收據。估計距離時要記得：y 是 10.2 交出的公共點，它也住在 Iₖ 裡，所以 y 與任何 w ∈ Iₖ 是同一顆箱子裡的兩點——每個座標最多差一個邊長，而由畢氏定理，p 個座標的差平方相加再開根號，兩點距離最多是最長邊的 √p 倍。配上數字驗算：p = 2、l(I₁) = 1、r = 0.01——同箱兩點最遠差 √2 × 邊長；要 √2/2k−1 < 0.01，取 k = 9 就夠：√2/256 ≈ 0.0055 < 0.01。箱子以幾何速度縮小（每輪砍半），追過任何固定的 r 只是遲早的事。
Because 2k−1 eventually outgrows any fixed quantity — the Archimedean property of ℝ — we may pick k so large that √p · l(I₁)/2k−1 < r. For such k the whole box Iₖ lies inside the ball, hence inside V. But Iₖ contains infinitely many points of B, so V does too — in particular V contains a point of B different from y. Since V was an arbitrary neighborhood, y is a cluster point of B.
上一步算出同箱兩點的距離上限 √p · l(I₁)/2k−1，這一步真的把 k 挑出來：因為 2k−1 遲早超過任何固定的量（§6-3 的 Archimedean Property 6.6——「自然數沒有上界」的正式版），可以取 k 大到這個上限小於 r——於是整顆 Iₖ 塞進球裡，也就塞進 V 裡。此時「無限多」發揮全部作用：Iₖ 是構造裡「始終含著 B 的無限多個點」的那塊，所以 V 收進來的不是一個點，是無限多個——就算 y 自己也是 B 的成員，扣掉 y 一個，剩下的仍是無限多，「異於 y」的要求於是滿足。而 V 是任取的 neighborhood，每一個 neighborhood 都撈得到異於 y 的 B 點——y 是 cluster point。具體驗收：B = {1, 1/2, 1/3, ⋯}、y = 0、V 取半徑 0.01 的球——1/101、1/102、⋯ 全數落在球內。最後看清一件事：y 是 ℝᵖ 的點，定理沒說 y ∈ B——這裡 0 就不在 B 裡，cluster point 與成員資格分兩本帳（§10-2 例 4 拆過的地雷：0 與 1 不屬於 (0, 1)，卻是它的 cluster points——本例是它的正面版）。