이제 바나흐-타르스키 역설의 약한 버전인 하우스도르프 역설_{(Hausdorff paradox)}를 증명할 준비가 다 되었다. 이제 집합 $\mathcal{S}_2$ 위의 원소 $p$에 대하여 $p$에 대한 $\mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$-궤도(orbit)를 아래와 같이 정의하자.

따라서 $p$에 대한 $\mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$-궤도란 점 $p$를 $\mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$의 원소들로 회전하여 얻을 수 있는 모든 점들의 집합을 뜻한다. 그러면 이 집합은 정리 2.1에 의하여, 가산집합_{(countable set)}이 된다. 하지만 $\mathcal{S}_2$는 비가산집합_{(uncountable set)}이므로, 우리는 $\mathcal{S}_2$ 위에 셀 수 없이 많은 $\mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$-궤도가 존재함을 알 수 있다. 이제 선택공리_{(axiom of choice)}를 적용하면 $\mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$-궤도들에서 하나의 원소씩을 뽑아 새로운 집합 $\mathcal{M}_0$을 만들 수 있다. 이 집합 $\mathcal{M}_0$은 비가산집합이다.

이제 아래와 같은 집합을 생각해 보자.

그러면 (집합 $\mathcal{M}_0$이 $\mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$-궤도의 각 원소들을 하나씩 포함하므로) 이 집합이 $\mathcal{S}_2$와 같음을 간단히 보일 수 있다. 이제 아래와 같이 자유군 $\mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$의 분할_(partition)를 생각해 보자.

위 분할로 부터 아래의 식을 유도할 수 있다.

여기서 서로소인 합집합_{(disjoint union)} $\uplus$이 합집합_(union) $\cup$로 바뀐 사실에 주의하자. 위의 집합들이 반드시 서로소일 이유가 없기 때문이다. 예를 들어 $(1,\,0,\,0) \in \mathcal{M}_0$이라 가정하면, $\varphi(1,\,0,\,0) = (1,\,0,\,0)$이므로 $(1,\,0,\,0) \in \mathfrak{M}(\varphi)\mathcal{M}_0$를 얻을 수 있고 따라서 $\mathcal{M}_0 \cup \mathfrak{M}(\varphi)\mathcal{M}_0 \neq \emptyset$이다. 좀 더 일반적으로, 만약 $p \in \mathcal{S}_2$가 어떤 $\rho \in \mathfrak{F}(\varphi,\,\psi)$에 대한 고정점_{(fixed point)}이면, $p$는 둘 이상의 집합에 동시에 포함될 수 있다. 이러한 문제를 해결하기 위하여 아래와 같은 집합 $\mathcal{D}$를 정의한다.

다시 말해 $\mathcal{D}$는 임의의 $\rho \in \mathfrak{F}(\varphi,\,\psi)$에 대한 고정점들을 모두 모아 놓은 집합이다. 각각의 $\rho \in \mathfrak{F}(\varphi,\,\psi)$에 대하여 (회전 $\rho$의 축(axis)과 $\mathcal{S}_2$의 교점이 고정점이므로) 고정점은 두개가 존재하고 $\mathfrak{F}(\varphi,\,\psi)$이 가산집합이므로 $\mathcal{D}$ 또한 가산집합임을 알 수 있다.

이제 집합 $\mathcal{S}_2 - \mathcal{D}$ 위에서도 임의의 회전 $\rho \in \mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$이 잘 정의되는지 살펴보자. 따라서 임의의 $p \in \mathcal{S}_2 - \mathcal{D}$와 임의의 $\rho \in \mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$에 대하여 $\rho(p) \in \mathcal{S}_2 - \mathcal{D}$ 임을 보여야 한다. 만약 어떤 $p \in \mathcal{S}_2$와 $\rho \in \mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$가 존재하여 $\rho(p) \in \mathcal{D}$라 하자. 그러면 $\mathcal{D}$의 정의에 의하여 $e$가 아닌 $\sigma \in \mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$가 존재하여 $\sigma(\rho(p)) = \rho(p)$를 만족한다. 그러면 $\rho'(\sigma(\rho(p))) = p$가 되고 이는 점 $p$가 회전 $\rho' \sigma \rho$에 대한 고정점이라는 뜻이므로 $p \in \mathcal{D}$가 된다. 따라서 $\mathcal{S}_2 - \mathcal{D}$ 위에서도 임의의 회전 $\rho \in \mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$이 잘 정의된다는 사실을 알 수 있다.¹

따라서 선택공리_{(axiom of choice)}를 통해, 집합 $\mathcal{S}_2 - \mathcal{D}$ 위에서 $\mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$-궤도에서 하나씩 원소를 뽑아 새로운 집합 $\mathcal{M}$를 정의할 수 있다. 만약 $\rho_1,\, \rho_2 \in \mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$이고 $\rho_1(\mathcal{M}) \cap \rho_2(\mathcal{M}) \neq \emptyset$이라 가정하면, $p \in \mathcal{S}_2 - \mathcal{D}$가 존재하여 $p \in \rho_1(\mathcal{M})$, $p \in \rho_2(\mathcal{M})$를 만족한다. 그러면 $p_1,\, p_2 \in \mathcal{M}$가 존재하여 $p = \rho_1(p_1) = \rho_2(p_2)$를 얻고 이어서 $\rho'_1 (\rho_2(p_2)) = p_1$ 또한 얻는다. 이 말은 $p_1$과 $P_2$가 같은 $\mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$-궤도에 있다는 사실을 뜻하는데, $\mathcal{M}$은 각각의 $\mathfrak{F}(\varphi,\, \psi)$-궤도에서 단 하나씩의 원소를 뽑아 만든 집합이므로 반드시 $p_1=p_2$여야만 한다. 이 경우 $p_1$이 회전 $\rho'_1 \rho_2$에 대한 고정점이 되고, 따라서 $p_1 \in \mathcal{D}$를 얻는다. 하지만 $p_1 \in \mathcal{M} \subseteq \mathcal{S}_2 - \mathcal{D}$이므로 반드시 $\rho'_1 \rho_2 = e$여야 하고, 따라서 $\rho_1 = \rho_2$를 얻는다. 즉, $\rho_1 \neq \rho_2$ 이면 $\rho_1(\mathcal{M}) \cap \rho_2(\mathcal{M}) = \emptyset$이 된다. 따라서

를 얻을 수 있다. $\mathcal{S}_2$에서 고정점들의 집합 $\mathcal{D}$를 제외하면서, $\mathcal{S}_2 - \mathcal{D}$의 분할을 얻었다는 사실을 기억하자. 이제 위 분할에 대하여 따름정리 2.3을 적용하면,

여기서 한가지 문제가 생긴다. $\mathcal{S}_2 - \mathcal{D}$를 다섯 개의 집합으로 분할 한 후에, 그 중 네개의 집합만을 이용하여 두개의 $\mathcal{S}_2 - \mathcal{D}$를 얻었으므로 여분의 $\mathcal{M}$이 존재하는 것이다. 이 문제를 해결하기 위하여 아래와 같은 집합을 정의하자.

즉, 집합 $\mathcal{X}$는 집합 $\mathcal{M}$의 각각의 점들로부터 회전 $\psi$를 반복 적용하여 얻을 수 있는 점들을 모두 모아놓은 집합을 뜻한다. 그러면 집합 $\mathcal{X}$의 정의에 의하여 $\mathcal{X} \subseteq \mathfrak{M}(\psi)\mathcal{M}$임을 쉽게 알 수 있다. 이제 아래의 사실로부터

다음을 얻는다.

따라서 집합 $\mathfrak{M}(\psi)\mathcal{M}$에서 $\mathcal{X}$를 제거하여 이를 $\mathfrak{M}(\psi')\mathcal{M}$에 다시 합치고,

와 같이 $\mathcal{S}_2$를 다섯개로 집합으로 분할하면,

위 사실을 정리하면 다음의 하우스도르프 역설_{(Hausdorff paradox)}를 얻는다.