Começamos esse tópico com um resultado do matemático russo Andrey Nikolayevich Tikhonov (que tem sobrenome traduzido para Tychonoff):

• Primeiro, assuma que cada $X_i$ é compacto. Denote por $\pi_i$ a projeção de $X$ no fator $X_i$. Seja $\mathcal{B}_i := \{\pi_i^{-1}(V) \mid V \subset\circ X_i\}$ (aqui, a notação $\subset\circ$ significa “está contido em e é aberto de”). Prove que $B := \bigcup_i \mathcal{B}_i$ é uma sub-base para $X$;
• Seja $C \subset B$ uma cobertura para $X$ por abertos sub-básicos. Defina $C_i := \{V \subset\circ X_i \mid \pi_i^{-1}(V) \in C\}$ e prove existe $i \in I$ tal que $C_i$ cobre $X_i$.
• Seja $j \in I$ tal que $C_j$ cobre $X_j$. Como $X_j$ é compacto, existem $V_1, \dots, V_n \in C_j$ tais que $X_j = V_1 \cup \cdots \cup V_n$. Prove que $$X = \pi^{-1}_j(V_1) \cup \cdots \cup \pi^{-1}_j(V_n).$$
• Como cada $\pi^{-1}_j(V_i) \in C$, segue que $X$ é compacto pelo lema da sub-base.
• Para a volta, se $C$ é uma cobertura por abertos para $X_i$, considere $\mathcal{C} := \{V \times \prod_{j \neq i} X_j \mid V \in C\}$. Basta provarmos que $\mathcal{C}$ é uma cobertura para $X$, pois isso significa que existem $C_1, \dots, C_n \in \mathcal{C}$ tais que $X = C_1 \cup \cdots \cup C_n$ e portanto $X_i = \pi_i(C_1) \cup \cdots \cup \pi_i(C_n)$.

• Comece tomando $V \in \sigma \setminus \tau$. Como $X \setminus V$ não é fechado em $\tau$, não é compacto (por que?), portanto existe uma cobertura $C \subset \tau$ que não possui subcobertura finita.
• Se convença de que $C \cup \{V\}$ é uma cobertura para $(X, \tau)$. Como $C$ não possui subcobertura finita, $C \cup \{V\}$ também não possui, portanto $(X, \sigma)$ não é compacto.

• Se existe $K$ um compacto Hausdorff que contém $X$ como subespaço, então como $K$ é completamente regular, segue que $X$ é completamente regular;
• Se $X$ for completamente regular, então seja $C(X,I)$ o conjunto de todas as funções contínuas $X \to [0,1]$ e defina $C := I^{C(X,I)}$. Note que esse espaço é um compacto Hausdorff;
• Defina o mapa $E \colon X \to C$ por $E(x) := E_x$ onde $E_x \colon C(X,I) \to I$ é dada por $E_x(f) := f(x)$. Esse mapa se chama mapa de avaliação. Mostre que $E$ é contínuo, injetor e, quando tomamos sua inversa onde ela está bem definida, esta é uma função contínua também;
• O item acima mostra que $E$ é um mergulho e portanto $X$ está contido como subespaço topológico em $C$, que é compacto Hausdorff.

Se $X$ é um espaço topológico e $A \subset X$, dizemos que $x \in X$ é um ponto de acumulação de $A$ se $x \in \overline{A \setminus \{x\}}$.

• Suponha que não e seja $A$ um conjunto infinito que não possui ponto de acumulação. Isso é um absurdo, pois o teorema é verdadeiro, assim chegamos em uma contradição;
• Como utilizar a compacidade de $X$ para concluirmos que $A$ é finito? Bom, se estamos falando de finitude e compacidade, poderíamos achar uma cobertura $U$ de $X$, indexada por $X$, tal que $A$ é exatamente os índices dos abertos que formam a subcobertura finita de $U$ (ou está contido nesses índices).

Demonstração: Seja $x \in X$. Defina o conjunto $A_x = \{y \in X : y < x\}$. Notemos que $A_x \subset X$, então $|A_x| \leq |X|.$
Se não existir $x \in X$ tal que $|A_x| = |X|$ então acabou. Caso contrário, tome $x$ o menor elemento tal que $|A_x|=|X|$. Notemos que $A_x$ é bem ordenado e como $|A_x|=|X|$, então existe uma bijeção entre $A_x$ e $X$. Utilizando tal bijeção podemos induzir uma nova boa ordem sobre $X$ e a minimalidade de $x$ garante que esta nova boa ordem satisfaz $|\{y \in X : y < x \}| < |X|$, como queríamos.

Demonstração: $\Rightarrow)$ Seja $A \subset X$ infinito e suponha que $A$ não admite ponto de acumulação completo. Então, $\forall x \in X$, existe $V_x$ aberto tal que $x \in V_x$ e $|V_x \cap A| < |A|$.
Pela compacidade, existem $x_1, \dots, x_n \in X$ tais que $\cup_{i=1}^{n} V_{x_{i}} = X$.
Note que $A = (V_{x_{i}} \cap A) \cup \dots \cup (V_{x_{n}} \cap A)$ e assim temos uma contradição, pois para cada $x_i$ temos que $|V_{x_{i}} \cap A| < |A|$. Logo, $A$ admite ponto de acumulação completo.

$\Leftarrow)$ Vamos supor por contradição que $X$ não é compacto.
Seja $\mathcal{C}$ seja uma cobertura por abertos sem subcobertura finita. Sem perda de generalidade, podemos supor $\mathcal{C}$ com a menor cardinalidade possível para tais coberturas. Seja $\leq$ uma boa ordem sobre $\mathcal{C}$ de maneira que $\forall x \in X$ temos $|\{y \in X: y < x\}| < |X|$.
Seja $x_c \in (X \setminus \bigcup_{D \leq C} D)$ para cada $C \in \mathcal{C}$.
Notemos que $|\{D \in \mathcal{C} : D < C\}|<|\mathcal{C}|$ e $\bigcup_{D < C} D \neq X$, portanto podemos tomar tal $x_c$ citado anteriormente devido a minimalidade da cardinalidade de $\mathcal{C}$. Notemos que $A=\{x_c : C \in \mathcal{C}\}$ é infinito.
Afirmação: $A$ não admite ponto de acumulação completo.
De fato, seja $x \in X$ e $D \in \mathcal{C}$ tal que $x \in D$. Notemos que $A \cap D \subset \{x_c : D < C\}$, portanto $|A \cap D|\leq|\{x_c:D<C\}|<|A|$. Mas isso contradiz a hipótese. Logo, $X$ é compacto. $\square$