解法：卡恩与卡莱利用弗兰克尔–威尔逊定理反驳博苏克猜想

设 $V = \{1, \ldots, m\}$,其中 $m = 4k$、$k$ 为素数幂,设 $W$ 为 $V$ 中所有 $\binom{m}{2}$ 个无序元素对——即 $V$ 上完全图的边——所以 $d := |W| = \binom{m}{2}$ 就是所处空间的维数。对 $V$ 的每一个划分为两个各含 $2k$ 个元素的等份 $\{A,B\}$,设 $S(A,B) \subset W$ 为一端在 $A$、另一端在 $B$ 的边构成的集合(即 $A$ 与 $B$ 之间的"割");注意对任何这样的划分都有 $|S(A,B)| = (2k)^2 = m^2/4$。设 $\mathcal K = \{S(A,B) : \{A,B\}$ 是 $V\}$ 的一个均衡划分,这是 $W$ 的一族子集,共 $\binom{m}{2k}/2$ 个,每个都被等同于 $\mathbb{R}^d$ 中的一个 $(0,1)$ 向量。

由于 $\mathcal K$ 中每个集合的大小都恰好为 $m^2/4$,$\mathcal K$ 的所有点都位于 $\mathbb{R}^d$ 中以全 $\tfrac12$ 点为中心的同一个球面上,并且根据第2步的距离公式,它们两两之间的距离完全由 $|S(A,B) \cap S(C,D)|$ 决定:两个割彼此靠近,恰好对应它们的跨界边集合有很大重叠。最小的重叠——从而是达到 $\mathcal K$ 直径的最大距离——经过对 $A, B, C, D$ 的容斥原理直接计算可知,恰好发生在 $|A \cap C| = k$ 时,这正设定了第3步的定理所要控制的交集条件。