La idea es probar que cada "rebanada" de \(A\times B\) se puede cubrir con una cantidad finita de abiertos y después asegurarnos que podemos usar una cantidad finita de rebanadas para cubrir a todo \(A\times B\). Las rebanadas van a ser conjuntos de la forma \(\{a\}\times B\).

Sea \(\{\mathcal{O}_i\}_{i\in I}\) una cubierta abierta de \(A\times B\).

Primero vamos a probar que, para todo \(a\in A\), fijo y arbitrario, existe un conjunto finito de índices, \(I_a \subseteq I\), tal que \begin{equation}\label{Eqn:Aux1ProductoCompactos} \{a\}\times B \subseteq \cup_{i\in I_a}\mathcal{O}_i \end{equation}

En efecto, para todo \(b\in B\) tenemos \((a,b)\in A\times B\subseteq \cup_{i\in I}\mathcal{O}_i\), por lo que existe un índice \(i_b\in I\), que va a depender de \(b\), tal que \((a,b)\in \mathcal{O}_{i_b}\). Variando la \(b\in B\) obtenemos la siguiente contención: \[ \{a\}\times B \subseteq \cup_{b\in B}\mathcal{O}_{i_b}. \] Nota que varios puntos en \(B\) pueden compatir el mismo abierto \(\mathcal{O}_{i_b}\), pero gracias a la compacidad de \(B\) vamos a quedarnos sólo con un número finito de los \(\mathcal{O}_{i_b}\).

Considerando a la función proyección de \(A\times B\) a \(B\) y usando que \(B\) es compacto obtenemos que existe \(F_a\), un subconjunto finito de \(B\), tal que \[ \{a\}\times B \subseteq \cup_{b\in F_a}\mathcal{O}_{i_b}. \] Tomamos \(I_a=\{i_b: b\in F_a\}\). Con esto terminamos la prueba de \eqref{Eqn:Aux1ProductoCompactos}.

Continuando con la prueba del teorema, para todo \(a\in A\) definimos \[ \mathcal{O}_a=\cup_{i\in I_a}\mathcal{O}_i \] y \[ V_a=\{x\in X: \{x \} \times B \subseteq \mathcal{O}_a\}. \]

Por el lema anterior \(V_a\) es abierto en \(X\) y por construcción de \(\mathcal{O}_a\), \(a\in V_a\). Entonces se tiene que \(\{V_a\}_{a\in A}\) es una cubierta abierta de \(A\). Por la compacidad de \(A\) existen puntos \(a_1,\dots, a_n\in A\) tal que \begin{equation}\label{Eqn:Aux2ProductoCompactos} A \subseteq \cup_{s=1}^nV_{a_s}. \end{equation}

Para terminar vamos a probar la contención \[ A\times B \subseteq \cup_{s=1}^n \cup_{i\in I_{a_s}}\mathcal{O}_i. \]

Tomamos \((a,b)\in A\times B\). Por \eqref{Eqn:Aux2ProductoCompactos} existe \(s_0\) tal que \(a\in V_{a_{s_0}}\) de lo cual obtenemos \[ \{a\}\times B \subseteq \mathcal{O}_{a_{s_0}} \] y entonces \[ (a,b)\in \{a\}\times B \subseteq \mathcal{O}_{a_{s_0}}=\cup_{i\in I_{a_{s_0}}}\mathcal{O}_i \] es decir, existe \(i\in I_{a_{s_0}}\) con \((a,b)\in \mathcal{O}_{i}\).

Ya que la compacidad es una propiedad sobre las cubiertas abiertas de \(K\) vamos a iniciar relacionando las bolas abiertas con subsucesiones de la sucesión \((x_n)_{n=1}^\infty\).

Dado un punto cualquiera \(y \in K\) y \(r>0\) denotamos \[ I_r(y)=\{n\in \mathbb{N}: d(y,x_n)< r\}. \]

La idea de la prueba es que si el resultado del lema es falso los conjuntos \(I_r(y)\) van a partir a \(\mathbb{N}\) en una cantidad finita de conjuntos finitos, una clara contradicción.

Para iniciar vamos a probar el siguiente lema que relaciona los conjuntos \(I_r(y)\) y las subsucesiones de \((x_n)_{n=1}^\infty\).

Afirmación.

Fija \(y\in K\) arbitrario. Si no existe una subsucesión de \((x_n)_{n=1}^\infty\) que converge a \(y\) entonces existe \(r>0\) tal que \(I_r(y)\) es finito.

Vamos a probar la afirmación por contrapositiva.

Supongamos que para toda \(r>0\), \(I_r(y)\) es infinito. Debemos probar que existe una subsucesión de \((x_n)_{n=1}^\infty\) convergente a \(y\).

Tomando \(r=1\) existe una \(n_1\in I_1(y)\).

Tomando \(r=1/2\) existe un \(n_2 \in I_{1/2}(y)\). Como \(I_{1/2}(y)\) es infinito podemos suponer que \(n_1 < n_2\).

Si hemos encontrado \(n_1 < n_2 < \cdots< n_k \) tal que \(x_{n_j}\in I_{1/j}(y)\),\(j=1,\dots, k\), tomando \(r=1/(k+1)\), exsite \(n_{k+1}\in I_{1/(k+1)}(y)\). Ya que \(I_{1/(k+1)}(y)\) es infinito podemos suponer que \(n_{k}< n_{k+1}\).

Se sigue que \((x_{n_k})_{k=1}^\infty\) es una subsucesión de \((x_n)_{n=1}^\infty\) y que \(\lim_{k\to \infty } x_{n_k}=y\).

Esto termina la prueba de la afirmación.

Para terminar la prueba de este inciso supongamos que el resultado es falso. Entonces se sigue de la Afirmación que para todo \(y \in K\) existe \(r(y)>0\) tal que \(I_{r(y)}(y)\) es finito.

Ahora consideramos la cubierta abierta de \(K\), \(\{ B_{r(y)}(y)\}_{y \in K}\). Por la compacidad de \(K\) existe una cantidad finita de puntos \(y_1,\dots y_m\in K\) tal que: \[ K \subseteq \cup_{j=1}^m B_{r(y_j)}(y_j). \] Afirmamos que la contención anterior implica que \(\mathbb{N}\) es finito. Para verlo, dado \(n\in \mathbb{K}\), ya que \(x_n \in K\) y \[ K \subseteq \cup_{j=1}^m B_{r(y_j)}(y_j) \] existe \(i\) tal que \(x_{n}\in B_{r(y_i)}(y_i)\). En términos de los conjuntos \(I_r(y)\) lo anterior se escribe como \(n \in I_{r(y_i)}(y_i)\). Por lo tanto \[ \mathbb{N} \subseteq \cup_{j=1}^m I_{r(y_j)}(y_j). \]

Como cada \(I_{r(y_j)}(y_j)\) es finito, \(\mathbb{N}\) es finito.

Supongamos que toda sucesión de elementos de \(K\) admite una subsucesión convergente en \(K\). Debemos de probar que \(K\) es compacto. Primero vamos a probar la siguiente afirmación.

Afirmación.

Sea \(\{ U_i\}_{i\in I}\) una cubierta abierta de \(K\). Entonces existe un \(r>0\), tal que para toda \(x\in K\), existe un \(i\in I\) con \(B_r(x)\subset U_i\).

Demostración.

Supongamos que la afirmación es falsa. Entonces para todo \(n\in \mathbb{N}\) existe \(x_n \in K\) tal que: \begin{equation}\label{Eqn:Aux1CompactoXSucesiones} B_{1/n}(x_n) \quad \textrm{ no está contenido en ningún \(U_i\)}. \end{equation}

Por hipótesis la sucesión \((x_n)_{n=1}^\infty\) admite una subsucesión \((x_{n_k})_{k=1}^\infty\) convergente a un punto de \(K\), digamos \(\lim_{k\to \infty} x_{n_k}=x\), con \(x\in K\).

Ahora, ya que \(\{U_i\}_{i\in I}\) es una cubierta abierta de \(K\) existe un \(i_0\in I\) tal que \(x\in U_{i_0}\). Ya que \(U_{i_0}\) es abierto existe \(r>0\) tal que \(B_r(x) \subseteq U_{i_0}\).

Pero \(\lim_{k\to \infty}x_{n_k}=x\) así que exsite \(k_0\) con \(1/n_{k_0}< r/2\) y \(d(x_{n_{k_0}},x) < r/2\). Por lo tanto \[ B_{1/n_{k_0}}(x_{n_{k_0}})\subseteq B_{r/2}(x_{n_{k_0}}) \subseteq B_r(x) \subseteq U_{i_0} \] contradiciendo \eqref{Eqn:Aux1CompactoXSucesiones}. Esto termina la afirmación.

Para continuar con la prueba del inciso 2 sea \(\{U_i\}_{i\in I}\) una cubierta abierta de \(K\) y sea \(r>0\) como en la afirmación.

Tomemos \(x_1\in K\) arbitrario. Si \(K\subseteq B_r(x_1)\) entonces acabamos pues por elección de \(r\), \(B_r(x_1)\subseteq U_i\), para alguna i.

Si \(K \not\subseteq B_r(x_1)\) tomamos \(x_2\in K \) con \(d(x_1,x_2 )\geq r\). Si \(K\subseteq B_r(x_1)\cup B_2(x_2)\), acabamos.

Si \(K \not\subseteq B_r(x_1) \cup B_r(x_2)\) tomamos \(x_3\in K\) con \(d(x_1,x_3)\geq r, d(x_2,x_3)\geq r\).

Continuando con este proceso tenemos dos opciones:

1. existen \(x_1,\dots, x_n \in K\) tal que \(K\subseteq \cup_{i=1}^n B_r(x_i)\). Como cada \(B_r(x_j)\) está contenido en algún \(U_i\), esto genera una subcubierta finita de \(K\).
2. se obtiene una subsucesión \((x_n)_{n=1}^\infty \subset K\) tal que \(d(x_n,x_m) \geq r\), para todos \(n\ne m\). Pero entonces \((x_n)_{n=1}^\infty\) NO es Cauchy y por lo tanto no puede tener subsucesiones convergentes, contradicienco la suposición sobre \(K\).