1. តាមលក្ខណៈទី១ នៃនិយមន័យ​គេបានអនុវត្តន៍ \[\begin{array}{rrll} \phi: & \mathcal{E} &\longrightarrow &\vect\E\\ & M &\longmapsto &\phi(M) = \vect{AM} \end{array}\] គឺជាអនុវត្តន៍មួយទល់មួយ។ ដោយ $\varphi$ ជាអនុវត្តន៍ប្រកាន់ ដូច្នេះ គេទាញបានចម្លើយ។
2. $(\Leftarrow)$ តាមទំនាក់ទំនងហ្សាល ចំពោះគ្រប់​ $A\in \mathcal{E}$ គេបាន $$\vect{AA}+\vect{AA}=\vect{AA}\quad \text{ so } \quad \vect{AA}=\vect{0}$$ $(\Rightarrow)$ ដោយ $\vect{AB} = \vect{0} \Longrightarrow \vect{AB} = \vect{AA}$។ ដូច្នេះ $B=A$។
3. ចំពោះគ្រប់ $A\in \mathcal{E}$ គេបាន $\vect{AA}= \vect 0$។ តាមទំនាក់ទំនងហ្សាល នោះ $\forall B\in \mathcal{E}$ គេបាន $\vect{AB} + \vect{BA} = \vect 0$។ ដូច្នេះ $\vect{BA} = -\vect{AB}$។
4. $\forall A, B, C \in \mathcal{E}$ តាមទំនាក់ទំនងហ្សាល គេបាន $$ \vect{BC} = \vect{BA} + \vect{AC} = -\vect{AB} + \vect{AC} $$
5. នៅពេលណាយើងកំណត់ចំណុច​ $A$ ឱ្យនៅថេរ នោះអនុវត្តន៍ \[ \begin{array}{rl} \phi: &\mathcal{E} \longrightarrow \vect\E\\ & M\longmapsto \vect{AM} \end{array} \] គឺជាអនុវត្តន៍មួយទល់មួយ។ ដូច្នេះ ចំពោះគ្រប់ $\vect u \in \vect\E$ នោះមានចំណុចតែមួយគត់ $M\in \mathcal{E}$ ដែល $\vect{AM} = \vect u$។

បង្ហាញថា (i) $\Leftrightarrow$ (ii) \begin{eqnarray*} \vect{AB} =\vect{CD}\ &\Longleftrightarrow & \vect{AC} + \vect{CB} = \vect{CB} + \vect{BD}\\ &\Longleftrightarrow & \vect{AC} = \vect{BD} \end{eqnarray*} បង្ហាញថា (i) $\Leftrightarrow$ (iii) \begin{eqnarray*} \vect{AB} = \vect{CD} &\Longleftrightarrow & \vect{AB}=\vect{AD} - \vect{AC}\\ &\Longleftrightarrow & \vect{AB}+\vect{AC} = \vect{AD} \end{eqnarray*}

Proof: ឧបមាថា $\mathcal{F}\cap \mathcal{G}\neq\varnothing$ និងយក $A\in \mathcal{F}\cap \mathcal{G}$។ គេបាន \begin{eqnarray*} M\in \mathcal{F}\cap \mathcal{G} &\Longleftrightarrow & M \in \mathcal{F}\ \text{ and }\ M\in\mathcal{G}\\ &\Longleftrightarrow & \vect{AM}\in \vect\F \ \text{ and }\ \vect{AM}\in \vect\G\\ &\Longleftrightarrow & \vect{AM} \in {\vect\F} \cap {\vect\G} \end{eqnarray*} ដូច្នេះ $\mathcal{F}\cap \mathcal{G}$ គឺជាលំហអាហ្វីនរង តាមទិសដៅ $\vect\F\cap \vect\G$។

Proof:

1. ឧបមាថាថា $\vect\F \subseteq \vect\G$ នោះយើងនឹងបង្ហាញថា $\calF\subseteq \calG$?
   យក $A \in \calF \cap \calG$ និងកំណត់ $M \in \calF$ ។ គេបាន $\vect{AM}\in \vect\F$ ហើយដោយ $\vect\F \subseteq \vect\G$ នោះគេបាន $\vect{AM}\in\vect\G$ ។ ដូច្នេះ $M \in\calG$ ។
2. បើ $\vect\F = \vect\G$ នោះគេបាន $\vect\F\subseteq \vect\G$ និង $\vect\G\subseteq \vect\F$ ។
   តាមលក្ខណៈ (១.) ខាងលើ គេបាន $\calF \subseteq \calG$ និង $\calG\subseteq \calF$ ។ ដូច្នេះ $\calF = \calG$ ។

Proof: ពិនិត្យមើលលក្ខខណ្ឌចាំបាច់ និងគ្រប់គ្រាន់ ដូចខាងក្រោម៖

1. $(\Longrightarrow)$ ឧបមាថា $\mathcal{F}\cap \mathcal{G}\neq\varnothing$ និងយក $\Omega\in\mathcal{F}\cap \mathcal{G}$ គេបាន៖ $$\forall A\in \mathcal{F}, \forall B\in \mathcal{G}:\ \vect{A\Omega} \in \vect \F \ {\text{ និង } } \ \vect{B\Omega}\in \vect \G$$ ដូច្នេះ $\vect{A\Omega} - \vect{B\Omega}\in \vect\F+\vect \G$ ដោយ $\vect{A\Omega}-\vect{B\Omega}=\vect{AB}$។ ដូច្នេះ $\vect{AB}\in \vect\F+\vect\G$។
   
   $(\Longleftarrow)$ ឧបមាថា គេមាន $(A,B)\in \mathcal{F}\times\mathcal{G}$ ដែល $\vect{AB}\in \vect \F+\vect \G$។ ដូច្នេះ គេមាន $\left(\vect{u}, \vect{v}\right)\in \vect\F\times \vect\G$ ដែល $\vect{AB}=\vect{u} + \vect{v}$។
   យកចំណុច $M\in\mathcal{F}$ ដែល $\vect{AM}=\vect{u}$ និង $N\in\mathcal{G}$ ដែល $\vect{BN}=-\vect{v}$។ គេបាន \begin{eqnarray*} \vect{AM} = \vect{u}&\Longrightarrow & \vect{AB}+\vect{BM} = \vect{u}\\ &\Longrightarrow & \vect{BM} = -\vect{v}\\ &\Longrightarrow & \vect{BM} = \vect{BN}\\ &\Longrightarrow & M=N \end{eqnarray*} ដូច្នេះ $M\in \mathcal{F}\cap \mathcal{G}$។ គេទាញបាន $\mathcal{F}\cap \mathcal{G}\neq\varnothing$។
2. $(\Longrightarrow)$ ឧបមាថា $\mathcal{D}\cap \mathcal{P}$ បង្រួមមកនៅត្រឹមចំណុចមួយ $A\in\mathcal{E}$ និងសន្មត់តាមវិធីផ្ទុយពីការពិតថា $\left\{\vect{u},\vect{v},\vect{w}\right\}$ ជាប្រព័ន្ធអាស្រ័យលីនេអ៊ែរគ្នា។ ដោយ $A\in \mathcal{D}$ នោះគេមានចំណុចមួយ $B\in \mathcal{D}$ ដែល $\vect{AB}=\vect{u}$។ ដូច្នេះ $\left\{\vect{AB}, \vect{v},\vect{w}\right\}$ អាស្រ័យលីនេអ៊ែរគ្នា។ ហើយ $A\in \mathcal{P}$ នោះគេបាន $B\in \mathcal{P}$។ គេបាន $B\in \mathcal{D}\cap \mathcal{P}$។ ដែលនេះផ្ទុយពីការពិត ព្រោះ $A\neq B$។
   
   $(\Longleftarrow)$ ឧបមាថា $\left\{\vect{u},\vect{v}, \vect{w}\right\}$ មិនអាស្រ័យលីនេអ៊ែរគ្នា។ ដោយ $\dim(E)=3$ ដែល $\vect{\E}$ ជាទិសដៅរបស់លំហ $\mathcal{E}$ នោះគេបាន $E = \Vect{\vect{u}} + \Vect{\{\vect{v},\vect{w}\}}$។ ដូច្នេះ $\vect{AB}\in \Vect{\vect{u}} + \Vect{\{\vect{v},\vect{w}\}}$ នោះតាមលក្ខខណ្ឌ i) គេបាន៖ $\mathcal{D}\cap \mathcal{P} \neq \varnothing$។
   ឧបមាថា $\mathcal{D}\cap \mathcal{P}$ ផ្ទុកធាតុច្រើនជាងមួយចំណុច និងយក $A$ និង $B$ ជាចំណុចពីរផ្សេងគ្នារបស់ $\mathcal{D}\cap \mathcal{P}$ គេបាន ៖ \[ \begin{cases} \vect{AB} = a\vect{u} & \ \text{ since }\ a\neq 0\\ \vect{AB} = b\vect{v} + c \vect{w}& \end{cases} \] ដូច្នេះ $a\vect{u} - b\vect{v} - c\vect{w}= \vect{0}$ ដែល $a\neq 0$។ គេបាន $\left\{\vect{u},\vect{v},\vect{w}\right\}$ អាស្រ័យលីនេអ៊ែរគ្នា ដែលផ្ទុយពីការពិត។ ដូច្នេះ $\mathcal{D}\cap \mathcal{P}$ បង្រួមមកនៅត្រឹមតែមួយចំណុច។

Proof: ដោយយក $I, J$ និង $K$ ជាចំណុចកណ្ដាលរៀងគ្នានៃអង្កត់ $[B,C], [A,C]$ និង $[A,B]$ នោះគេបាន $$ \vect{AI} = \frac{1}{2}\left(\vect{AB}+\vect{AC}\right), \quad \vect{BJ} = \frac{1}{2}\left(\vect{BA}+\vect{BC}\right), \quad \vect{CK} = \frac{1}{2}\left(\vect{CA}+\vect{CB}\right) $$ ដូច្នេះ $\vect{AG} = \dfrac{1}{3}\left(\vect{AB}+\vect{AC}\right) = \dfrac{2}{3}\vect{AI}$ ។ ដូច្នេះ គេបាន $G\in(AI)$។ តាមលក្ខណៈដូចគ្នានេះ គេអាចបង្ហាញថា $\vect{BG} = \frac{2}{3}\vect{BJ} {\text{, }} \vect{CG} = \frac{2}{3}\vect{CK} $ ។ ដូច្នេះ $G\in(AI)\cap (BJ) \cap (CK)$ ។

Proof: យក $\Big\{\vect{e_{1}}, \vect{e_{2}},\ldots,\vect{e_{n}}\Big\}$ គឺជាគោលមួយរបស់លំហ $\vect{\E}$។ ដោយកំណត់ចំណុចមួយ $A_{0}\in \mathcal{E}$ នោះចំពោះគ្រប់ $i\in\{1,2, \ldots ,n\}$ មានចំណុចតែមួយគត់ $A_{i}\in \mathcal{E}$ ដែល $\vect{A_{0}A_{i}} = \vect{e_{i}}$។

ជាការពិត គេបង្ហាញបានយ៉ាងងាយថា $$\mathcal{E} = {\bf Aff}\Big(\big\{A_{0},A_{1}, \ldots, A_{n}\big\}\Big) \quad\text{and}\quad \Big\{A_{0},A_{1}, \ldots,A_{n}\Big\} - \text{ l.i}$$ តាមន័យអាហ្វីន។

Proof: គេកំណត់ $\Big\{A_{0},A_{1},\ldots,A_{n}\Big\}$ មិនអាស្រ័យលីនេអ៊ែរតាមន័យអាហ្វីន។ តាមនិយមន័យ គេបាន $\Big\{\vect{A_{0}A_{1}},\vect{A_{0}A_{2}},\ldots,\vect{A_{0}A_{n}}\Big\}$ មិនអាស្រ័យលីនេអ៊ែរនៅក្នុងលំហ $\vect{\E}$ ឬបើ $\dim(E)=n$ នោះគេបាន $\Big\{\vect{A_{0}A_{1}},\vect{A_{0}A_{2}}, \ldots,\vect{A_{0}A_{m}}\Big\}$ គឺជាគោលមួយរបស់ $\vect{\E}$។

ដោយ $M\in \mathcal{E}$ នោះមានធាតុតែមួយគត់ $(\beta_{1},\beta_{2}, \ldots, \beta_{n})\in \mathbb{R}^{n}$ ដែល $$ \vect{A_{0}M}=\sum_{i=1}^{n}\beta_{i}\vect{A_{0}A_{i}} $$ គេបាន \begin{eqnarray*} \vect{A_{0}M} = \sum_{i=1}^{n}\beta_{i}\vect{A_{0}A_{i}}\ &\Longrightarrow & \vect{A_{0}M} = \sum_{i=1}^{n}\beta_{i}\left(\vect{MA_{i}}-\vect{MA_{0}}\right)\\ &\Longrightarrow & \vect{MA_{0}}+\sum_{i=1}^{n}\beta_{i}\vect{MA_{i}} - \sum_{i=1}^{n}\beta_{i}\vect{MA_{0}} = \vect{0} \\ &\Longrightarrow & \left(1-\sum_{i=1}^{n}\beta_{i}\right)\vect{MA_{0}} + \sum_{i=1}^{n}\beta_{i}\vect{MA_{i}} = \vect{0} \end{eqnarray*} ដោយតាង $\displaystyle \alpha_{0} = 1-\sum_{i=1}^{n}\beta_{i}$ និង $\forall i\in\{1,2,\ldots,n\},\ \alpha_{i}=\beta_{i}$ នោះគេបាន $$ \sum_{i=0}^{n}\alpha_{i}=1\quad \text{ and } \quad \sum_{i=0}^{n}\alpha_{i}\vect{MA_{i}} = \vect{0} $$ ដែលគេកំណត់បានអត្ថិភាពរបស់ $\alpha_{0}, \alpha_{1}, \ldots, \alpha_{n}$។ ចំពោះភាពមានតែមួយគត់ គេត្រូវសន្មត់ថា មានធាតុ $\lambda_{0}, \lambda_{1}, \ldots, \lambda_{n}$ ដែលផ្ទៀងផ្ទាត់លក្ខណៈដូចគ្នាទៅនឹង $\alpha_{0}, \alpha_{1}, \ldots , \alpha_{n}$ ដែរ។ ដូច្នេះ គេបាន $$ \vect{A_{0}M} = \sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\vect{A_{0}A_{i}}\quad \text{ and } \quad \vect{A_{0}M}=\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i}\vect{A_{0}A_{i}} $$ ដូច្នេះ $\forall i\in\{1,2,\ldots,\ n\}, \alpha_{i}=\lambda_{i}$ និងដោយសារតែ $$ \sum_{i=0}^{n}\alpha_{i} = \sum_{i=0}^{n}\lambda_{i}=1 $$ នោះគេទទួលបាន $\alpha_{0}=\lambda_{0}$។

Proof:
ករណីចាំបាច់៖ ដោយ $\alpha+\beta+\gamma = \alpha'+\beta'+\gamma' = \alpha''+\beta''+\gamma''=1$ នោះគេបាន \begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} \alpha & \alpha' & \alpha''\\ \beta & \beta' & \beta''\\ \gamma & \gamma' & \gamma'' \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1& 1 & 1\\ \beta & \beta' & \beta''\\ \gamma & \gamma' & \gamma'' \end{vmatrix} &=& \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0\\ \beta & \beta'-\beta & \beta''-\beta\\ \gamma & \gamma'-\gamma & \gamma''-\gamma \end{vmatrix} \\ &=& \begin{vmatrix} \beta'-\beta & \beta''-\beta\\ \gamma'-\gamma & \gamma''-\gamma \end{vmatrix} \end{eqnarray*} ម្យ៉ាងទៀត គេបាន \begin{eqnarray*} \vect{AM} &=& \beta\vect{AB}+\gamma \vect{AC}\\ \vect{AN} &=& \beta'\vect{AB}+\gamma'\vect{AC}\\ \vect{AP} &=& \beta''\vect{AB}+\gamma''\vect{AC} \end{eqnarray*} ដូច្នេះ \begin{eqnarray*} \vect{MN} &=& (\beta'-\beta)\vect{AB} + (\gamma' -\gamma)\vect{AC}\\ \vect{MP} &=& (\beta''-\beta)\vect{AB} + (\gamma''-\gamma)\vect{AC} \end{eqnarray*} ករណីគ្រប់គ្រាន់៖ គេដឹងថា $M, N$ និង $P$ ជាបីចំណុចរត់ត្រង់គ្នា លុះត្រាតែ $\left\{\vect{MN},\vect{MP}\right\}$ អាស្រ័យលីនេអ៊ែរគ្នា។

ដោយ $\Big\{\vect{AB},\vect{AC}\Big\}$ គឺជាគោលមួយរបស់ $\vect{\E}$ ។ ដូច្នេះគេបាន៖ \begin{eqnarray*} \Big\{\vect{MN},\vect{MP}\Big\}\ \text{ l.d } &\Longleftrightarrow & \det\Big(\vect{MN},\vect{MP}\Big) = 0\\ &\Longleftrightarrow& \begin{vmatrix} \beta'-\beta & \beta''-\beta\\ \gamma'-\gamma & \gamma''-\gamma \end{vmatrix}=0 \end{eqnarray*}

Proof: ដោយ $\mathcal{E}$ គឺជាប្លង់អាហ្វីន ហើយ $A, B, C$ គឺជាបីចំណុចរត់មិនត្រង់គ្នា នោះគេបាន $(A,B,C)$ គឺជាតម្រុយអាហ្វីនមួយលើ $\mathcal{E}$។ ដូច្នេះ \begin{eqnarray*} P \text{ with }:\quad &&\left(\displaystyle \frac{1}{1-\alpha}, \frac{-\alpha}{1-\alpha},0\right)\\ Q \text{ with }:\quad &&\left(0,\displaystyle \ \frac{1}{1-\beta},\frac{-\beta}{1-\beta}\right) \quad \\ R \text{ with }:\quad &&\left(\displaystyle \frac{-\gamma}{1-\gamma},0,\ \frac{1}{1-\gamma}\right) \end{eqnarray*} ដូច្នេះ តាមសំណើខាងលើ គេបាន \begin{eqnarray*} P, Q, R \ {\text{ aligned }} &\Longleftrightarrow & \begin{vmatrix} 1 & 0 & -\gamma\\ -\alpha & 1 & 0\\ 0 & -\beta & 1 \end{vmatrix} = 0 \\ &\Longleftrightarrow & 1-\gamma\alpha\beta = 0\\ &\Longleftrightarrow & \alpha\beta\gamma = 1 \end{eqnarray*}