Beweis. Da ${ℂ}^n$ und ${ℝ}^{2n}$ bezüglich der Norm $\parallel \cdot \parallel$ isomorph sind, so genügt es, den Fall $X\subset {ℝ}^n$ zu betrachten.

Wir nehmen zunächst an, dass $X$ kompakt ist und beweisen, dass $X$ beschränkt und abgeschlossen ist.

Angenommen $X$ ist unbeschränkt. Dann existiert zu jedem $k$ ein Element $x_k\in X$ mit $\parallel x_k\parallel \ge k$. Jede Teilfolge von ${\left\{x_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$ ist unbeschränkt und damit divergent. Dies ist ein Widerspruch zur Kompaktheit von $X$, damit ist $X$ beschränkt.

Die Abgeschlossenheit von $X$ ist gleichbedeutend mit $X=\overline{X}$. Letzteres ist die Menge aller Grenzwerte von Folgen aus $X$. Wir betrachten daher für einen beliebigen Punkt $\xi \in \overline{X}$ eine gegen $\xi$ konvergente Folge ${\left\{x_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$ von Gliedern $x_k\in X$. Damit konvergiert aber auch jede beliebige Teilfolge ${\left\{x_{k_j}\right\}}_{j=1}^{\infty }$ von ${\left\{x_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$ gegen $\xi$ (vergleiche Satz 2.1.9). Da $X$ kompakt ist, so besitzt mindestens eine der Teilfolgen einen Grenzwert in $X$. Aus der Eindeutigkeit des Grenzwertes folgt $\xi \in X$ und (wegen der offensichtlichen Inklusion $X\subset \overline{X}$) auch $X=\overline{X}$.

Umgekehrt sei $X$ jetzt beschränkt und abgeschlossen. Dann existiert ein genügend grosser Würfel

der Kantenlänge $2L$, welcher $X$ enthält. Es sei ${\left\{x_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$ eine Folge von Gliedern $x_k\in X$. Durch Halbierung der Seiten teilen wir $W_L$ in $2^n$ Teilwürfel. Mindestens einer dieser Teilwürfel enthält unendlich viele Folgenglieder aus ${\left\{x_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$, welche wir (für einen ausgezeichneten Teilwürfel) in einer Teilfolge ${\left\{x_k^{\left(1\right)}\right\}}_{k=1}^{\infty }$ von ${\left\{x_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$ sammeln. Wir wiederholen diese Teilung iterativ. Im $j$-ten Schritt wählen wir eine unendliche Teilfolge ${\left\{x_k^{\left(j\right)}\right\}}_{k=1}^{\infty }$ von ${\left\{x_k^{\left(j-1\right)}\right\}}_{k=1}^{\infty }$ in einem der Teilwürfel der Kantenlänge $2^{1-j}L$.

Wir betrachten nun die Diagonalfolge ${\left\{x_k^{\left(k\right)}\right\}}_{k\in \mathbb{N}}={\left\{{\tilde{x}}_k\right\}}_k$. Man sieht leicht, dass dies eine Teilfolge von ${\left\{x_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$ ist. Die Glieder ${\tilde{x}}_{m^{\prime }},{\tilde{x}}_{m^{″}}$ liegen für $m^{\prime },m^{″}\ge N$ im gleichen Teilwürfel der Seitenlänge $2^{1-N}L$, d.h.

Für grosse $N$ wird die rechte Seite dieser Abschätzung beliebig klein, woraus schliesslich ${\left\{{\tilde{x}}_k\right\}}_{k=1}^{\infty }\in CF\left({ℝ}^n\right)$ folgt. Wegen der Vollständigkeit von ${ℝ}^n$ existiert damit ein Grenzwert $\xi \in {ℝ}^n$ der Folge ${\left\{{\tilde{x}}_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$. Da $X$ abgeschlossen ist und somit $X=\overline{X}$ gilt, so enthält $X$ jeden möglichen Grenzwert einer Folge aus $X$. Damit gilt $\xi \in X$ und wir haben aus einer gegebenen Folge ${\left\{x_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$ eine Teilfolge ${\left\{{\tilde{x}}_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$ gewählt, welche gegen ein Element $\xi \in X$ konvergiert. Somit ist die Menge $X$ kompakt. □

Beweis. Als kompakte Menge in $ℝ$ ist $X$ beschränkt. Damit existieren nach dem Satz über das Supremum und das Infimum reelle Zahlen $x_{\pm }$ mit

Da $x_{+}$ die kleinste obere Schranke von $X$ beschreibt, so ist für beliebiges $k\in \mathbb{N}$ der Durchschnitt $]x_{+}-\frac{1}{k},x_{+}]\cap X$ nichtleer. Dann kann man aber eine Folge von Gliedern $x_k\in ]x_{+}-\frac{1}{k},x_{+}]\cap X$ auswählen, welche offensichtlich gegen $x_{+}$ konvergiert. Als kompakte Menge ist $X$ abgeschlossen, d.h. $x_{+}\in X$. Damit ist $x_{+}$ eine obere Schranke von $X$ welche in $X$ enthalten ist, d.h. $x_{+}=maxX$.

Ebenso beweist man $x_{-}=minX$. □