Keine Ahnung ob das der eleganteste Weg ist:
Eine Möglichkeit wäre zu zeigen, dass X (überdeckungs-)kompakt ist, dann ist f(X) wegen der Stetigkeit auch (überdeckungs-)kompakt und nach Heine-Borel dann beschränkt (und abgeschlossen, aber das ist ja egal)
Nimm also eine offene Überdeckung X=⋃i∈NOi. Dann willst du zeigen dass diese stets eine endliche Teilüberdeckung besitzt
Um die Dinge zu vereinfachen nimm o.E. an, dass O1⊆O2⊆⋯ gilt.
(Überlege dir dazu einfach dass für eine beliebige offene Überdeckung Oi gilt: ⋃i∈NOi besitzt endliche Teilüberdeckung ⟺ ⋃i∈N[⋃k=1iOi] besitzt endliche Teilüberdeckung)
Angenommen X=⋃i∈NOi besitzt keine endliche Teilüberdeckung
Überlege dir jetzt warum dann Vi : =X\Oi niemals leer sein kann.
Es gilt V1⊇V2⊇⋯
Überlege dir warum man iterativ Elemente xk∈Vk\{x1,...,xk−1} wählen kann.
(Falls Vk\{x1,...,xk−1}=∅ ergibt sich schnell ein Widerspruch)
Das führt dich zu einer Folge (xk) die hat nach Voraussetzung einen Häufungspunkt hat, den nennen wir mal x. Wir wählen m, s.d. x∈Om.
Häufungspunkt bedeutet jetzt ja aber, dass unendlich viele Folgenglieder in Om liegen. Immerhin ist Om eine Umgebung von x und in jeder Umgebung findet man unendlich viele Folgenglieder.
Aber nach Konstruktion der Folge ist ∀k≥m : xk∈Vk Jetzt ist jedoch Vm∩Om=∅ und für k>m ist Vm⊇Vk also auch Vk∩Om=∅. D.h. ∀k≥m : xk∈/Om. Und das ist ein Widerspruch, denn es können somit nur endlich viele Punkte der Folge in Om liegen.
Die Annahme ist also falsch, ⋃Oi muss eine endliche TÜ besitzen. Da diese beleibig gewählt war, gilt das für alle Überdeckungen. Folglich ist X (überdecksungs-)kompakt.