Lorenzo, parte de este equipo de trabajo, nos ha hecho el favor de escribir este enunciado porque domina a la perfección este tema.
Solución:
Tome cualquier cubierta abierta de F(K), como F es continua, las imágenes inversas de esos conjuntos abiertos forman una cubierta abierta de K. Dado que K es compacto, hay una subcubierta finita. Por construcción, las imágenes de la subcubierta finita dan una subcubierta finita de F(K), por lo tanto, F(K) es compacta.
Sea cualquier secuencia $(y_n) subconjunto F(K)$ que converge en algunos $y$. Entonces, por definición, hay algunos $(x_n) subconjunto K$ tal que $F(x_n)=y_n$ para cada $n$. Ya que $K$ es compacto (y por lo tanto cerrado y acotado), hay una subsecuencia $(x_n_k) subconjunto (x_n)$ que converge en algunos $xen K$ (ver Teorema de Bolzano Weierstrass). Por continuidad de $F$ tenemos
$$ y = lim_k a inftyy_n_k = lim_k a inftyF(x_n_k) = F(x).$$
Resulta que $y in F(K),$ y por lo tanto $F(K)$ está cerrado.
Supongamos ahora que hay una sucesión $(w_n) subconjunto F(K)$ tal que $n leq w_n$ para cada $n en mathbbN$. De nuevo por cada $n$ hay $v_n in K$ tal que $F(v_n)=w_n$. $(v_n)$ está contenido en el pacto $K$ y por lo tanto admite una subsecuencia $v_n_k$ convergiendo a algunos $v in K$. Pero esto no es posible ya que $F(v) in mathbbR$ y
$$infty = lim_k to infty n_k leq lim_k to infty F(v_n_k)=F(v).$$
Una contradicción, pues $F(K)$ debe estar acotado.
Finalmente se sigue que $F(K)$ es compacto
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