Demonstração. Como $X$ é espaço métrico, então existe uma base enumerável $(U_n)_{n\in \mathbb{N}}$ para esse espaço. Considere o conjunto de pares ordenados $V=\{(m,n): \overline{U_m}\subset U_n\}.$

Uma vez que $X$ é métrico então é regular, e mais ainda, é normal, então para todo $(m,n)\in V$, existe

$$f_{m,n}: X\rightarrow [0,1]$$ contínua tal que $f_{m,n}[\overline{U_{m}}]=\{0\}$ e $f_{m,n}[X\backslash U_n]=\{1\}.$ Seja $\mathcal{F}=\{f_{m,n};(m,n)\in V\}.$ Temos que $\mathcal{F}$ separa pontos de fechados. De fato, seja $x\in X$ e $F\subset X$ fechado tal que $x\not \in F$. Seja $U_n$ um aberto básico tal que $x\in U_n\subset X\backslash F.$ Como $X$ é regular, então existe $U_m$ tal que $x\in U_m\subset \overline{U_m}\subset U_n.$ Pelo Teorema da Imersão, $X$ é homeomorfo a um subespaço de $[0,1]^{\mathcal{F}},$ mas como $\mathcal{F}$ é enumerável, então $(X,d)$ é homeomorfo a um subespaço de $[0,1]^\mathbb{N},$ de onde pelo Teorema de Tychonoff sabemos que é compacto.