La proposición Deje $X$ ser un espacio topológico con la de Bolzano Weiertrass de la propiedad. A continuación, cada contables de cobertura de $X$ admite un número finito de subcovering.
La prueba Deje $\{O_1,O_2,\ldots\}$ ser el contable de apertura de la tapa de $X$, por lo que el $X\subseteq\bigcup O_n$. Supongamos que al contrario que ningún conjunto finito de la tapa cubre $X$. A continuación, en particular, $V_n=\bigcup_{k=1}^nO_k$ no cubren $X$ por cada $n$. Así, podemos encontrar para $n=1,2,\ldots$ un punto de $x_n\in X$ que no está en $V_n$, y de tal manera que $x_i\neq x_j$ si $i\neq j$. De hecho, seguimos a la construcción inductivo: supongamos $x_1\in X$ que no está en $V_1$. Entonces existe $x_2\in X$ que no está en $V_2$, y es diferente de $x_1$: si el único punto de $X$ no $V_2$$x_1$, que sería capaz de cubrir $X\setminus \{x_1\}$$V_2$$\{x_1\}$$V_1$. Supongamos que hemos encontrado $x_1,\ldots,x_k$ todos distintos en $X$$x_i\notin V_i$. A continuación, podemos encontrar $x_{i+1}\in X$ no $V_{i+1}$; pero, además, distinto de todos los otros puntos, porque si los únicos puntos de $X$ no $V_{i+1}$ estaban entre el conjunto finito $\{x_1,\ldots,x_i\}$, se podría cubrir la $X\smallsetminus \{x_1,\ldots,x_i\}$$V_{i+1}$$\{x_1,\ldots,x_i\}$$V_1\cup \cdots\cup V_i$, contrariamente a nuestra hipótesis. Esto significa que el subconjunto obtenido $\{x_1,\ldots,x_n,\ldots\}$ es infinito. Este debe tener un punto de acumulación, $x\in X$. Por lo tanto $x\in O_m$ algunos $m$, e $O_m$ contiene infinitamente muchas de las $x_n$. En particular, podemos optar $k>m$ $x_k\in O_p\subseteq V_p\subseteq V_k$ contradiciendo la construcción de la $x_k$. De ello se deduce que debe existir una contables subcover. $\blacktriangleleft$
La proposición Deje $X$ ser un espacio topológico que es segundo contable, es decir, existe una contables de base para la topología en $X$. A continuación, $X$ es Lindelöf, es decir, toda cubierta abierta de a $X$ admite una contables subcover.
La prueba Deje $\mathcal O=\{O_\alpha\}_{\alpha\in A}$ ser un abierto de la cubierta. Deje $\mathscr B=\{B_n\}_{n\geqslant 1}$ ser una contables de la base. Recordar esto significa que cada conjunto abierto de $X$ es una unión de open básica establece en $\mathscr B$. Ahora coger $x\in X$, y deje $O$ ser un conjunto abierto que contiene a $x$. A continuación, $x\subseteq B_i\subseteq O$ algunos $i$ $\mathscr B$ es una base. Para cada una de las $x\in X$ y cada una de las $O_\alpha$$\mathcal O$; podemos encontrar $B_j$ tal que $x\in B_j\subseteq O_{\alpha}$. La colección de $J$ $j$ es contable, y ahora podemos elegir para cada una de las $j$ un índice de $\alpha(j)$ que $B_j\subseteq O_{\alpha(j)}$. La colección de $\{O_{\alpha(j)}\}$ es así contables, y cubre $X$; como queríamos. $\blacktriangleleft$
Teorema Deje $X$ ser una segunda contables espacio topológico. A continuación, $X$ es compacto si y sólo si tiene la de Bolzano Weietrass de la propiedad. En particular, la métrica de los espacios segunda contables, por lo tanto un espacio métrico es compacto si y sólo si tiene la de Bolzano Weiertrass de la propiedad.
La prueba de Esto se deduce directamente de las dos propuestas anteriores. $\blacktriangleleft$
