Demonstração. Suponha por absurdo que exista uma sequência $(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}}$ em $\omega_1$ ilimitada, isto é, tal que $\forall x\in\omega_1\exists n\in\mathbb{N}: x\prec \alpha_n$. Seja $A_n = ]-\infty, \alpha_n[$. Segue que $\forall x\in\omega_1\exists n\in\mathbb{N}: x\in A_n$, logo, $\bigcup_{n\in\mathbb{N}} A_n = \omega_1$. Como $\bigcup_{n\in\mathbb{N}} A_n$ é uma união enumerável de conjuntos enumeráveis, temos $\omega_1$ enumerável. Absurdo!

Demonstração. Seja $(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}}$ uma sequência em $\omega_1$. Então $(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}}$ possui uma subsequência monótona $(\beta_n)_{n\in\mathbb{N}} = (\alpha_{n_k})_{k\in\mathbb{N}}$.

• Se $(\beta_n)_{n\in\mathbb{N}}$ é monótona decrescente, então ela converge para o seu elemento mínimo, que existe devido à boa ordem de $\omega_1$.
• Se $(\beta_n)_{n\in\mathbb{N}}$ é monótona crescente, seja $\beta = \min\{x\in\omega_1: \beta_n\preceq x~\forall n\in\mathbb{N}\}$, isto é, $\beta$ é a menor cota superior de $\{\beta_n: n\in\mathbb{N}\}$. É claro que $\beta$ existe devido à boa ordem de $\omega_1$ e ao fato de $(\beta_n)_{n\in\mathbb{N}}$ ser limitada. Afirmamos que $(\beta_n)_{n\in\mathbb{N}}$ converge para $\beta$. De fato, seja $]a, b[$ um aberto básico de $\omega_1$ com $\beta\in ]a, b[$, $a, b\in \omega_1\cup\{\pm \infty\}$, $a\prec b$. Então $a\prec \beta$, logo, $a$ não é cota superior de $\{\beta_n: n\in\mathbb{N}\}$, isto é, existe $n_0\in\mathbb{N}$ tal que $a\prec \beta_{n_0}$. Como $(\beta_n)_{n\in\mathbb{N}}$ é monótona crescente, segue que $a\prec \beta_n\preceq \beta~\forall n\in\mathbb{N}, n\ge n_0$, logo, $\beta_n\in~]a, b[~\forall n\ge n_0$, como queríamos.

Segue que toda sequência de $\omega_1$ possui subsequência convergente, logo, $\omega_1$ é sequencialmente compacto.