Mathematik: Topologie: Kompaktheit

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Kompakte Räume

Die Kompaktheit ist eine Endlichkeitsaussage für Teilmengen topologischer Räume.

Bemerkung: Ein kompakter Raum ist quasikompakt.

Satz: Ein Raum $X$ ist genau dann quasikompakt, wenn jede Familie $(A_{\lambda }{)}_{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}$ abgeschlossener Teilmengen $A_{\lambda }\subset X$ von $X$ mit $\bigcap _{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}{A}_{\lambda }=\mathrm{\varnothing }$ bereits endlich viele Mengen $A_{{\lambda }_1},...,A_{{\lambda }_n}$ enthält mit $\bigcap _{i=1}^n{A}_{{\lambda }_i}=\mathrm{\varnothing }$.

Beweis: Sei zunächst $X$ quasikompakt und $(A_{\lambda }{)}_{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}$ eine Familie abgeschlossener Mengen mit $\bigcap _{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}{A}_{\lambda }=\mathrm{\varnothing }$. Dann sind die Mengen $X-A_{\lambda }$ offen für alle $\lambda \in \mathrm{\Lambda }$ und die Familie $(X-A_{\lambda }{)}_{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}$ ist eine offene Überdeckung von $X$ wegen $\bigcup _{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}(X-A_{\lambda })=X-(\bigcap _{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}{A}_{\lambda })=X-\mathrm{\varnothing }=X$. Da $X$ quasikompakt ist, gibt es eine endliche Teilüberdeckung $X-A_{{\lambda }_1},...,X-A_{{\lambda }_n}$ von $X$. Dann ist aber $\bigcap _{i=1}^n{A}_{{\lambda }_i}=X-(X-\bigcap _{i=1}^n{A}_{{\lambda }_i})=X-\bigcup _{i=1}^n(X-A_{{\lambda }_i})=X-X=\mathrm{\varnothing }$. Die Mengen $A_{{\lambda }_i}$ bilden also die endliche Teilfamilie mit leerem Durchschnitt.

Das war die eine Richtung. Nehmen wir nun an, daß es für jede Familie abgeschlossener Mengen mit leerem Durchschnitt bereits eine endliche Teilfamilie mit leerem Durchschnitt gibt. Sei weiter $(O_{\lambda }{)}_{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}$ eine offene Überdeckung von $X$. Dann sind die Mengen $X-O_{\lambda }$ abgeschlossen, und es gilt $\bigcap _{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}(X-O_{\lambda })=X-(\bigcup _{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}{O}_{\lambda })=X-X=\mathrm{\varnothing }$. Die Familie der $X-O_{\lambda }$ hat also leeren Durchschnitt, und es gibt eine endliche Teilfamilie $X-O_{{\lambda }_1},...,X-O_{{\lambda }_n}$ mit leerem Durchschnitt. Dann ist aber $\bigcup _{i=1}^n{O}_{{\lambda }_i}=X-(X-\bigcup _{i=1}^n{O}_{{\lambda }_i})=X-\bigcap _{i=1}^n(X-O_{{\lambda }_i})=X-\mathrm{\varnothing }=X$, und das bedeutet, daß die $O_{{\lambda }_i}$ die gesuchte endliche Teilüberdeckung bilden. $\surd$

Satz: Ein topologischer Raum $X$ ist genau dann quasikompakt, wenn jeder Ultrafilter konvergiert.

Beweis: Sei zunächst $X$ quasikompakt und $ℱ$ ein Ultrafilter auf $X$. Da $ℱ$ ein Filter ist, ist für jede Filtermenge $F\in ℱ$ auch der Abschluß $\bar{F}$ eine Filtermenge. Wäre der Durchschnitt $\bigcap _{F\in ℱ}\bar{F}=\mathrm{\varnothing }$, so gäbe es nach dem vorangegangenen Satz bereits endlich viele Filtermengen $\overline{F_1},...,\overline{F_n}$ mit leerem Durchschnitt. Da endliche Durchschnitte von Filtermengen aber selbst wieder Filtermengen sind, wäre dann die leere Menge eine Filtermenge, was der Definition eines Filters widerspricht. Es folgt also $\bigcap _{F\in ℱ}\bar{F}\ne \mathrm{\varnothing }$. Sei nun $x\in \bigcap _{F\in ℱ}\bar{F}$. Dann ist $U\cap F\ne \mathrm{\varnothing }$ für alle Umgebungen $U$ von $x$ und alle Filtermengen $F\in ℱ$. Die Menge $ℬ=\{U\cap F\mid U\in 𝒰(x),F\in ℱ\}$ bildet daher die Basis eines Filters ${ℱ}^{*}$. Nach Definition von $ℬ$ gehören alle Umgebungen zu ${ℱ}^{*}$, und das bedeutet, daß ${ℱ}^{*}$ gegen $x$ konvergiert. Andererseits gehören alle Filtermengen von $ℱ$ zu ${ℱ}^{*}$, und das heißt, daß ${ℱ}^{*}$ feiner als $ℱ$ ist. Da $ℱ$ ein Ultrafilter ist, folgt $ℱ={ℱ}^{*}$ und damit die Konvergenz von $ℱ$.

Konvergiere jetzt jeder Ultrafilter auf $X$, und sei $(O_{\lambda }{)}_{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}$ eine offene Überdeckung von $X$. Nehmen wir an, daß es keine endliche Teilüberdeckung gibt. Dann ist $\bigcup _{\lambda \in L}{O}_{\lambda }\ne X$ für alle endlichen Teilmengen $L\subseteq \mathrm{\Lambda }$. Daraus folgt $B_L=X-\bigcup _{\lambda \in L}{O}_{\lambda }\ne \mathrm{\varnothing }$ für alle endlichen Teilmengen $L$. Sind $K,L$ zwei endliche Teilmengen von $\mathrm{\Lambda }$, so ist $B_L\cap B_K=(X-\bigcup _{\lambda \in L}{O}_{\lambda })\cap (X-\bigcup _{\lambda \in K}{O}_{\lambda })=X-(\bigcup _{\lambda \in L}{O}_{\lambda }\cup \bigcup _{\lambda \in K}{O}_{\lambda })=X-(\bigcup _{\lambda \in L\cup K}{O}_{\lambda })=B_{L\cup K}$. Die Menge $ℬ=\{B_L\mid L\subseteq \mathrm{\Lambda }\text{endlich}\}$ ist also die Basis eines Filters $ℱ$ auf $X$. Sei weiter ${ℱ}^{*}$ ein Ultrafilter, der $ℱ$ enthält. Dann konvergiert ${ℱ}^{*}$ nach Voraussetzung gegen einen Punkt $x\in X$. Da die $O_{\lambda }$ eine Überdeckung von $X$ bilden, gibt es ein $\nu \in \mathrm{\Lambda }$, so daß $x\in O_{\nu }$. $O_{\nu }$ ist damit eine Umgebung von $x$, und wegen der Konvergenz von ${ℱ}^{*}$ muß $O_{\nu }\in {ℱ}^{*}$ sein. Nun ist aber $N=\{\nu \}$ eine endliche Teilmenge von $\mathrm{\Lambda }$, und folglich ist auch $X-O_{\nu }=B_N\in {ℱ}^{*}$. Mit $O_{\nu }\in {ℱ}^{*}$ und $(X-O_{\nu })\in {ℱ}^{*}$ folgt dann $O_{\nu }\cap (X-O_{\nu })=\mathrm{\varnothing }\in {ℱ}^{*}$ im Widerspruch zur Definition des Filters. Es muß also eine endliche Teilüberdeckung der $(O_{\lambda }{)}_{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}$ geben. Der Raum $X$ ist also quasikompakt. $\surd$

Satz: Abgeschlossene Teilmengen quasikompakter Räume sind quasikompakt.

Beweis: Sei $A\subseteq X$ eine abgeschlossene Teilmenge des quasikompakten Raumes $X$. Sei weiter $\{O_{\lambda }{\}}_{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}$ eine offene Überdeckung von $A$. Nimmt man zu dieser Familie noch das offene Komplement $X-A$ von $A$ hinzu, so erhält man eine offene Überdeckung von $X$. Da $X$ quasikompakt ist, gibt es eine endliche Teilüberdeckung von X, die insbesondere auch eine Überdeckung von $A$ ist. $\surd$

Für den Beweis der anderen Richtung braucht man die Hausdorff-Eigenschaft.

Satz: Kompakte Teilmengen eines Hausdorff-Raumes sind abgeschlossen.

Beweis: Sei $K$ eine kompakte Teilmenge eines Hausdorff-Raumes $X$. Sei weiter $x\in (X-K)$ irgendein Punkt im Komplement von $K$. Da $X$ hausdorffsch ist, gibt es für jeden Punkt $y\in K$ offene Umgebungen $V_y$ von $y$ und $U_y$ von $x$ mit $U_y\cap V_y=\mathrm{\varnothing }$. Die Familie $(V_y{)}_{y\in K}$ der Umgebungen $V_y$ für alle Punkte $y\in K$ ist eine offene Überdeckung von $K$. Nun ist $K$ kompakt und wird daher von endlich vielen dieser Umgebungen $V_{y_1},V_{y_2},...,V_{y_n}$ überdeckt. Sei $U=\bigcap _{i=1}^n{U}_{y_i}$ der Durchschnitt der entsprechenden Umgebungen $U_{y_i}$ von $x$. Als endlicher Durchschnitt offener Umgebungen ist $U$ ebenfalls eine offene Umgebung von $x$. Wegen $U_{y_i}\cap V_{y_i}=\mathrm{\varnothing }$ ist $U\cap V_{y_i}=\mathrm{\varnothing }$ für alle $i$. Da die $V_{y_i}$ eine Überdeckung von $K$ bilden, ist auch $U\cap K=\mathrm{\varnothing }$, also $U\subseteq (X-K)$. $X-K$ enthält also mit jedem Punkt $x$ auch noch eine offene Umgebung $U$ von $x$ und ist damit offen. Also ist $K$ wie behauptet abgeschlossen. $\surd$

Diese beiden Sätze ergeben zusammen den

Satz: Teilmengen eines kompakten Raumes sind genau dann kompakt, wenn sie abgeschlossen sind.

Satz: Jeder kompakte Raum ist normal.

Beweis: Seien $A,B$ disjunkte abgeschlossene Teilmengen eines kompakten Raumes $X$. Es ist zu zeigen, daß es zwei disjunkte offene Umgebungen von $A$ und $B$ gibt. Sei zunächst $x$ ein fester Punkt in $A$. Nun ist $X$ ein Hausdorff-Raum. Für jeden Punkt $y\in B$ gibt es daher zwei disjunkte offene Mengen $U_{xy}$ und $V_{xy}$ mit $x\in U_{xy},y\in V_{xy}$. Offensichtlich bilden die Mengen $(V_{xy}{)}_{y\in B}$ eine offene Überdeckung von $B$. Wegen der Kompaktheit von $X$ ist die abgeschlossene Menge $B$ ebenfalls kompakt, so daß es eine endliche Teilüberdeckung $V_{x{y}_1},...,V_{x{y}_n}$ von $B$ gibt. Dann ist der endliche Durchschnitt $U_x=\bigcap _{i=1}^n{U}_{x{y}_i}$ der entsprechenden offenen Umgebungen $U_{x{y}_n}$ von $x$ ebenfalls eine offene Umgebung von $x$. Für alle $1\le i\le n$ ist $U_{x{y}_i}\cap V_{x{y}_i}=\mathrm{\varnothing }$. Daraus folgt $U_x\cap V_{x{y}_i}=\mathrm{\varnothing }$ und weiter $U_x\cap (\bigcup _{i=1}^n{V}_{y{x}_i})=\mathrm{\varnothing }$. Wir haben damit für jeden Punkt $x\in A$ disjunkte offene Mengen $U_x$ und $V_x=\bigcup _{i=1}^n{V}_{y{x}_i}$ gefunden mit $x\in U_x$ und $B\subset V_x$. Jetzt drehen wir den Spieß um und betrachten die offene Überdeckung $(U_x{)}_{x\in A}$ von $A$. $A$ ist abgeschlossen und damit kompakt. Es gibt also eine endliche Teilüberdeckung $U_{x_1},...,U_{x_n}$ von $A$. Wir definieren nun $V=\bigcap _{i=1}^n{V}_{x_i}$. Dann ist $V$ als endlicher Durchschnitt offener Mengen offen. Weiter gilt $B\subset V$ wegen $B\subset V_x$ für alle $x\in A$. Nun ist $V_{x_i}\cap U_{x_i}=\mathrm{\varnothing }$ für alle $i$, und es folgt $V\cap U_{x_i}=\mathrm{\varnothing }$ für alle $i$ und damit auch $V\cap (\bigcup _{i=1}^n{U}_{x_i})=\mathrm{\varnothing }$. Schließlich setzen wir $U=\bigcup _{i=1}^n{U}_{x_i}$, und haben damit die gesuchten offenen Mengen $U,V$ mit $A\subset U,B\subset V$ und $U\cap V=\mathrm{\varnothing }$. $\surd$

Satz: Sei $X$ ein quasikompakter Raum und $f:X\to Y$ eine stetige Abbildung. Dann ist $f(X)$ quasikompakt.

Beweis: Sei $(V_{\lambda }{)}_{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}$ eine offene Überdeckung von $f(X)$. Wegen der Stetigkeit sind die Mengen $f^{-1}(V_{\lambda })$ offen, und $(f^{-1}(V_{\lambda }){)}_{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}$ ist eine offene Überdeckung von $X$. Da $X$ quasikompakt ist, gibt es eine offene Teilüberdeckung $f^{-1}(V_{{\lambda }_1}),...,f^{-1}(V_{{\lambda }_n})$ von $X$. Die Mengen $V_{{\lambda }_1},...,V_{{\lambda }_n}$ bilden dann eine endliche Teilüberdeckung von $f(X)$. $\surd$

Satz: Für je zwei reelle Zahlen $a<b$ ist das abgeschlossene Intervall $[a,b]$ kompakt.

Beweis: Die reellen Zahlen sind hausdorffsch und damit auch jedes Intervall. Seien nun $a<b$ zwei reelle Zahlen. Es bleibt noch zu zeigen, daß das Intervall $[a,b]$ quasikompakt ist. Dazu sei $(O_{\lambda }{)}_{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}$ eine offene Überdeckung des Intervalls. Betrachte nun die Menge aller Zahlen $x\in [a,b]$, für die das Intervall $[a,x]$ in einer endlichen Teilüberdeckung enthalten ist, also $X=\{x\in [a,b]\mid \mathrm{\exists }{\lambda }_1,{\lambda }_2,...,{\lambda }_n\text{so dass}[a,x]\subset \bigcup _{i=1}^n{O}_{{\lambda }_i}\}$. Wegen $a\in [a,b]$ gibt es einen Index ${\lambda }_1$ mit $a\in O_{{\lambda }_1}\Rightarrow [a,a]\subset O_{{\lambda }_1}$. Die Menge $X$ ist also nicht leer. Ist $z\in X$, so ist $[a,z]\subset \bigcup _{i=1}^n{O}_{{\lambda }_i}$ für geeignete ${\lambda }_1,{\lambda }_2,...,{\lambda }_n\in \mathrm{\Lambda }$. Dann ist für alle $a\le x\le z$ wegen $[a,x]\subset [a,z]\subset \bigcup _{i=1}^n{O}_{{\lambda }_i}$ auch $x\in X$. Anders formuliert ist mit jedem $z\in X$ auch $[a,z]\subset X$. Sei $s\in ℝ$ die kleinste obere Schranke von $X$. Nun ist auf jeden Fall $b$ eine obere Schranke von $X$, und daher ist $a\le s\le b$ bzw. $s\in [a,b]$. Es gibt also ein $O_{\nu },\nu \in \mathrm{\Lambda }$, so daß $s\in O_{\nu }$. Da $O_{\nu }$ offen ist, gibt es ein in $[a,b]$ offenes Intervall $(s-ϵ,s+ϵ)\cap [a,b]\subset O_{\nu }$. Jetzt ist aber $s$ die kleinste obere Schranke von $X$, und das bedeutet $s-ϵ\in X$, also $[0,s-ϵ]\subset \bigcup _{i=1}^n{O}_{{\lambda }_i}$ für geeignete Mengen $O_{{\lambda }_i},1\le i\le n$. Daraus folgt $[0,s]\subset (O_{\nu }\cup \bigcup _{i=1}^n{O}_{{\lambda }_i})$. Das Intervall $[0,s]$ wird also von endlich vielen der $O_{\lambda }$ überdeckt, und damit ist $s\in X$. Wäre nun $s<b$, könnte man $ϵ$ so wählen, daß auch $s+ϵ<b$ ist. Wegen $s+ϵ\in O_{\nu }$ wäre dann aber auch $[0,s+ϵ/2]\subset (O_{\nu }\cup \bigcup _{i=1}^n{O}_{{\lambda }_i})$, also $s+ϵ/2\in X$ im Widerspruch dazu, daß $s$ eine obere Schranke von $X$ ist. Es folgt $s=b\Rightarrow b\in X$, und das bedeutet, daß $[a,b]$ von endlich vielen der $O_{\lambda }$ überdeckt wird. Das Intervall $[a,b]$ ist also quasikompakt. $\surd$

Satz: Sei $X$ ein topologischer Raum und $𝒮$ eine Subbasis der Topologie. $X$ ist genau dann quasikompakt, wenn jede Überdeckung $(S_{\lambda }{)}_{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}$ von $X$ mit Mengen $S_{\lambda }\in 𝒮,\lambda \in \mathrm{\Lambda },$ der Subbasis eine endliche Teilüberdeckung von $X$ enthält.

Beweis: Wenn $X$ quasikompakt ist, enthält jede offene Überdeckung, und damit auch insbesondere jede Überdeckung mit Mengen der Subbasis eine endliche Teilüberdeckung.

Sei also nun $X$ ein Raum mit einer Subbasis $𝒮$, so daß jede Überdeckung mit Mengen aus $𝒮$ eine endliche Teilüberdeckung enthält. Wir wollen zeigen, daß jeder Ultrafilter auf $X$ konvergiert. Nehmen wir an, daß es einen Ultrafilter $ℱ$ auf $X$ gibt, der nicht konvergiert. Dann gibt es für jeden Punkt $x\in X$ eine offene Umgebung $U_x$, die nicht zu $ℱ$ gehört. Nun bilden die endlichen Durchschnitte von Mengen der Subbasis eine Basis der Topologie. Es gibt also endlich viele Mengen $S_{x_1},...,S_{x_{n_x}}$ mit $x\in \bigcap _{i=1}^{n_x}{S}_{x_i}\subseteq U_x$. Wegen $U_x\notin ℱ$ ist auch $\bigcap _{i=1}^{n_x}{S}_{x_i}\notin ℱ$. Dann muß es aber mindestens ein $S_{x_i}$ geben mit $S_{x_i}\notin ℱ$. Es gibt also für jedes $x\in X$ ein $S_x\in 𝒮$ mit $S_x\notin ℱ$. Die Familie $(S_x{)}_{x\in X}$ bildet eine Überdeckung mit Mengen der Subbasis. Nach Voraussetzung gibt es eine endliche Teilüberdeckung $S_{x_1},S_{x_2},...,S_{x_n}$. $ℱ$ ist ein Ultrafilter, und daher gilt für jede Teilmenge $A\subseteq X$ entweder $A\in ℱ$ oder $(X-A)\in ℱ$. in unserem Fall folgt $(X-S_{x_i})\in ℱ$ für alle $1\le i\le n$. Nun ist aber $\bigcup _{i=1}^n{S}_{x_i}=X$ und damit $X-\bigcup _{i=1}^n{S}_{x_i}=\bigcap _{i=1}^n(X-S_{x_i})=\mathrm{\varnothing }$. Zusammen erhält man daraus $\mathrm{\varnothing }\in ℱ$ im Widerspruch zur Definition des Filters. Daher kann es keinen nicht konvergenten Ultrafilter geben, $X$ ist also quasikompakt. $\surd$

Satz (Tychonoff): Sei $X=\prod _{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}{X}_{\lambda }$ ein nicht-leeres Produkt topologischer Räume. $X$ ist genau dann quasikompakt, wenn alle $X_{\lambda }$ quasikompakt sind.

Beweis: Da $X\ne \mathrm{\varnothing }$ ist, sind nach Definition des Produktes die Projektionen $p_{\lambda }:X\to X_{\lambda }$ surjektiv. Nach Definition der Produkttopologie sind sie auch stetig. Ist $X$ quasikompakt, dann sind die $X_{\lambda }=p_{\lambda }(X)$ als Bild des quasikompakten Raumes $X$ ebenfalls quasikompakt.

Seien nun die Räume $X_{\lambda }$ quasikompakt. Wir betrachten die Subbasis $𝒮=\{p_{\lambda }^{-1}(U)\mid U\text{offen in}{X}_{\lambda },\lambda \in \mathrm{\Lambda }\}$ der Produkttopologie. Nach dem vorigen Satz reicht es zu zeigen, daß jede Überdeckung mit Mengen dieser Subbasis eine endliche Teilüberdeckung enthält. Sei $(S_i{)}_{i\in I}$ eine Überdeckung von $X$ mit $S_i\in 𝒮,i\in I$. Für ein festes $\lambda \in \mathrm{\Lambda }$ betrachte die Familie ${𝒰}_{\lambda }$ aller in $X_{\lambda }$ offenen Teilmengen $U_{\lambda }$ mit $p_{\lambda }^{-1}(U_{\lambda })=S_i$ für ein $i\in I$. Wäre diese Familie eine Überdeckung von $X_{\lambda }$, so gäbe es wegen der Quasikompaktheit von $X_{\lambda }$ eine endliche Teilüberdeckung $\{U_{{\lambda }_1},...,U_{{\lambda }_n}\}$ von $X_{\lambda }$. Dann wäre aber bereits $\{p_{\lambda }^{-1}(U_{{\lambda }_1}),p_{\lambda }^{-1}(U_{{\lambda }_2}),...,p_{\lambda }^{-1}(U_{{\lambda }_n})\}=\{S_{i_1},S_{i_2},...,S_{i_n}\}$ eine endliche Teilüberdeckung von $X$, und wir wären fertig. Wir können also annehmen, daß die Familie ${𝒰}_{\lambda }$ für kein $\lambda \in \mathrm{\Lambda }$ eine Überdeckung ist. Für jedes $\lambda \in \mathrm{\Lambda }$ gibt es daher ein $x_{\lambda }\in X_{\lambda }$, das nicht in einer der Mengen aus ${𝒰}_{\lambda }$ liegt. Sei nun der Punkt $x\in X$ gegeben durch die Familie $(x_{\lambda }{)}_{\lambda \in \mathrm{\Lambda }}$. Dann ist $p_{\lambda }(x)=x_{\lambda }$ für alle $\lambda$. Es gibt nun ein $j\in I$ mit $x\in S_j$, da die Mengen $(S_i{)}_{i\in I}$ eine Überdeckung von $X$ bilden. $S_j$ ist eine Menge der Subbasis und ist damit von der Form $p_{\nu }^{-1}(U)$ für einen Index $\nu \in \mathrm{\Lambda }$ und eine offene Menge $U\subseteq X_{\nu }$. Dann ist aber $x_{\nu }=p_{\nu }(x)\in p_{\nu }(S_j)=p_{\nu }(p_{\nu }^{-1}(U))=U\in {𝒰}_{\nu }$ im Widerspruch zur Wahl von $x$. Unsere Annahme, daß die Familien ${𝒰}_{\lambda }$ für kein $\lambda \in \mathrm{\Lambda }$ eine Überdeckung bilden, ist also falsch. Daher enthält unsere ursprüngliche Überdeckung $(S_i{)}_{i\in I}$ eine endliche Teilüberdeckung, und $X$ ist damit quasikompakt. $\surd$

Satz (Heine-Borel): Eine Teilmenge des ${ℝ}^n$ ist genau dann kompakt, wenn sie abgeschlossen und beschränkt ist.

Beweis: Sei zunächst $K\subseteq {ℝ}^n$ kompakt. Da der ${ℝ}^n$ hausdorffsch ist, ist $K$ nach einem der vorhergehenden Sätze abgeschlossen. Betrachten wir nun für alle natürlichen Zahlen $i$ die offenen Kugeln ${ℬ}_i(0)$ vom Radius $i$ um den Ursprung. Die Familie $({ℬ}_i(0){)}_{i\in \mathbb{N}}$ aller dieser Kugeln bildet eine offene Überdeckung des ${ℝ}^n$, und die Durchschnitte $(K\cap {ℬ}_i(0){)}_{i\in \mathbb{N}}$ dieser Kugeln mit der Menge $K$ bilden dann eine offene Überdeckung von $K$. Da $K$ kompakt ist, reichen endlich viele dieser Mengen aus, um $K$ zu überdecken. Sei $m$ der größte auftretende Radius aller Kugeln der endlichen Überdeckung. Da die Kugeln ineinanderliegen, folgt $K\subset K\cap {ℬ}_m(0)\subset {ℬ}_m(0)$. $K$ ist also in der Kugel mit Radius $m$ enthalten, und das bedeutet, daß $K$ beschränkt ist.

Sei nun $K\subseteq {ℝ}^n$ abgeschlossen und beschränkt. Die Hausdorff-Eigenschaft ist klar. Wegen der Beschränktheit ist $K$ in einem Würfel $\{(x_1,...,x_n)\in {ℝ}^n\mid max(|x_1|,...,|x_n|)\le k\}$ der Kantenlänge $k$ enthalten. Dieser Würfel ist aber das Produkt $\prod _{i=1}^n[-k,k]$ der abgeschlossenen Intervalle $[-k,k]\subset ℝ$. Daß die abgeschlossenen Intervalle $[-k,k]$ kompakt sind, haben wir bereits bewiesen, und nach dem Satz von Tychonoff ist dann auch der Würfel kompakt. Nun ist aber $K$ als abgeschlossene Teilmenge des kompakten Würfels ebenfalls kompakt. $\surd$

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