===== Solução =====

Por um momento, suponhamos que $Y \subset X$ não é totalmente limitado. Assim, existe $\epsilon > 0$ tal que todo $F \subset Y$ tal que $Y \subset \bigcup_{x \in F} B_{\epsilon}(x)$ é infinito. Tomando $x_0 \in Y$ um elemento qualquer, definiremos a sequência $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ do seguinte modo: $a_0 = x_0$ e $a_{n+1} = Y \setminus (B_{\epsilon}(a_0) \cup B_{\epsilon}(a_1) \cup B_{\epsilon}(a_2) .... \cup B_{\epsilon}(a_n))$. Note que, como $Y$ é supostamente não totalmente limitado, cada $a_n$ deve existir. Além disso, vale ressaltar que $d(a_i, a_j) \geq \epsilon$ para quaisquer $a_i, a_j \in \{a_n : n \in \mathbb{N}\}$. Entretanto, como $X$ é totalmente limitado, existe $F' \subset X$ finito tal que $X \subset \bigcup_{x \in F'}B_{\frac{\epsilon}{2}}(x)$. Como $F'$ é finito e $\{a_n : n \in \mathbb{N}\}$ é infinito, existe $a_i, a_j \in \{a_n: n \in \mathbb{N}\}$ tais que $a_i, a_j \in B_{\frac{\epsilon}{2}}(x')$ para algum $x' \in F$. Assim, $d(a_i, a_j) \leq d(a_i, x') + d(a_j, x') < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$, o que contradiz a construção de nossa sequẽncia. Assim, $Y$ é totalmente limitado, como queríamos.