Réciproquement, supposons que <math>B_F</math> est compacte.
La famille <math>(B(x,1/2))_{x\in B_F}</math> est un recouvrement ouvert de <math>B_F</math> dont on peut extraire un sous-recouvrement fini <math>(B(x_i,1/2))_{1\leq i\leqle n}</math>.
Notons alors <math>F</math> le sous-espace engendré par la famille <math>(x_1,\dots ,x_n)</math>. Par construction, et<math>B_F\subset montronsF+\frac12B_F</math> quedonc (par récurrence) <math>\forall n\in\N^*\quad B_F\subset F=E+\frac1{2^n}B_F</math>, c.-à-d. Supposons<math>B_F\subset\overline doncF</math>. queMais <math>F</math> étant de dimension finie, il est fermé. Par conséquent, <math>B_F\neqsubset F</math>, si bien que <math>E=\cup_{t>0}tB_F\subset\cup_{t>0}tF=F</math>.
Ceci prouve que <math>F=''E</math>'' etest doncégal queà <math>E</math>''F'' donc est de dimension finie.▼
:Soit <math>x\in E\setminus F</math>. <math>F</math> étant de dimension finie, il est fermé, et la distance <math>r</math> de <math>x</math> à <math>F</math> est donc strictement positive. Il existe donc <math>y\in F</math> vérifiant <math>r\leq \|x-y\| <2r</math>.
:Posons <math>u=x-y</math>. Il existe alors <math>z\in F</math> tel que <math>\|u-z\|\le\frac{\|u\|}2</math>. En effet, <math>\frac u{\|u\|} \in B_F</math> donc il existe <math>t\in\{x_1,\dots,x_n\}</math> tel que <math>\left\|\frac u{\|u\|}-t\right\|<\frac12</math>. On pose alors <math>z=\|u\|t</math>.
:D'après ce qui précède, <math>\|x-(y+z)\|\le\frac{\|u\|}2<d(x,F)</math>, ce qui est contradictoire avec <math>y+z\in F</math>.
▲Ceci prouve que <math>F=E</math> et donc que <math>E</math> est de dimension finie.
