一般度量空间内的连续映射将闭集映为闭集吗？将有界闭集映为有界闭集吗？

咱们来好好聊聊，在一般度量空间里，连续映射（continuous mapping）这个事儿，对于闭集和有界闭集到底会怎么“对待”它们。这个问题不简单，因为“一般度量空间”这四个字包含了太多的可能性，不像我们在熟悉的欧几里得空间（比如平面或三维空间）里那么直观。

首先，来看看连续映射将闭集映为闭集吗？

答案是：不一定。

这是最容易让人产生误解的地方。在某些特殊空间里，比如欧几里得空间 $mathbb{R}^n$，或者完备度量空间（比如实数集 $mathbb{R}$ 本身），连续映射确实能把闭集映成闭集。但一旦离开了这些“好孩子”空间，情况就可能不一样了。

我们来举个例子，或者说解释一下为什么会这样。

想象一个度量空间 $(X, d)$，它里面的“点”和衡量它们之间距离的函数 $d$ 构成了这个空间。我们有一个从 $X$ 到另一个度量空间 $(Y, ho)$ 的连续映射 $f: X o Y$。

连续性的意思是说，如果你在 $X$ 里取一个点 $x$，然后沿着一个序列 $x_n$ 逼近 $x$，那么在 $Y$ 里，对应的像 $f(x_n)$ 就会逼近 $f(x)$。也就是说，如果 $d(x_n, x) o 0$，那么 $ ho(f(x_n), f(x)) o 0$。

现在考虑 $X$ 里的一个闭集 $C$。根据闭集的定义，如果一个序列 ${c_n}$ 里的所有元素都在 $C$ 中，并且这个序列收敛于一个点 $y$，那么 $y$ 也必须在 $C$ 中。

我们想知道的是，对于 $C$ 在 $Y$ 中的像 $f(C) = {f(x) mid x in C}$，是不是也是一个闭集？也就是说，如果 $Y$ 里有一个序列 ${y_n}$，里面的所有元素都在 $f(C)$ 中，并且 $y_n$ 收敛于一个点 $y$，那么 $y$ 也一定在 $f(C)$ 中吗？

我们知道 $y_n in f(C)$ 意味着，对每个 $n$，存在一个 $x_n in C$ 使得 $y_n = f(x_n)$。
现在，如果这个序列 ${x_n}$ 在 $X$ 中是收敛的，比如说收敛到 $x in X$，那么由于 $C$ 是闭集，这个极限点 $x$ 也一定在 $C$ 中。而由于 $f$ 是连续的，序列 ${f(x_n)}$ 将会收敛到 $f(x)$。也就是 $y_n o f(x)$。因为 $x in C$，所以 $f(x) in f(C)$。这样一来，我们证明了 $y in f(C)$，也就是说 $f(C)$ 是闭集。

但是，关键点来了：序列 ${x_n}$ 在 $X$ 中不一定收敛！

在一般的度量空间里，一个收敛序列是“好行为”的，它一定在空间里找得到它的极限点。但是，在一个不完备的度量空间里，一个柯西序列（Cauchy sequence，即序列里的任意两项距离越来越小）不一定收敛到空间中的某个点。

我们举个具体的反例来理解。

反例：

考虑度量空间 $(mathbb{Q}, |cdot|)$，其中 $mathbb{Q}$ 是有理数集合，$|cdot|$ 是通常的绝对值作为距离。这是一个度量空间，但它不是完备的，因为很多无理数的序列（比如 $sqrt{2}$ 的有理数逼近序列）在 $mathbb{Q}$ 里是柯西序列，但没有极限。

现在考虑一个映射。我们得找一个“不太好”的连续映射。

想象我们有一个从 $mathbb{Q}$ 到 $mathbb{R}$ 的映射。让 $f(x) = x$ 好了，这个最简单了，但 $mathbb{Q}$ 本身不是完备的，它的子集（比如包含所有有理数但不是闭集的那个集）就没法说明问题。

我们要找一个从一个“不怎么好”的度量空间到一个“比较好”的度量空间的映射。

考虑度量空间 $X = (0, 1) cup (1, 2)$，它是一个开区间 $(0, 2)$ 去掉点 $1$。我们用实数集的标准距离 $d(x, y) = |xy|$。
这个空间 $X$ 本身不是闭集（因为点 $1$ 在它的闭包 $(0, 2)$ 中，但不在 $X$ 中）。

我们定义一个映射 $f: X o mathbb{R}$ 如下：
$f(x) = egin{cases} x & ext{if } x in (0, 1) \ x+1 & ext{if } x in (1, 2) end{cases}$

这个映射 $f$ 是连续的。
现在，我们取 $X$ 中的一个闭集。虽然 $X$ 本身不是闭集，我们可以取 $X$ 的一个子集，并且这个子集在 $X$ 中是闭的。例如，我们取 $C = (0, 1) cap X = (0, 1)$。
在 $X$ 的拓扑下，$C = (0, 1)$ 是一个闭集。为什么？因为 $X$ 中的点只能是 $(0, 1)$ 或者 $(1, 2)$。如果一个序列 $(x_n)$ 在 $C$ 中并且收敛到 $x$，那么 $x$ 也一定在 $(0, 1)$ 中，而 $(0, 1)$ 中的所有点都在 $X$ 中，所以 $x in X$。因此，任何在 $X$ 中收敛的序列，它的极限如果落在 $(0, 1)$ 里，它就是闭集。

现在我们看看 $f$ 将 $C$ 映到哪里：
$f(C) = f((0, 1)) = (0, 1)$。
这个结果是闭集。

我们再取另一个闭集，比如 $C' = (1, 2) cap X = (1, 2)$。
$f(C') = f((1, 2)) = {x+1 mid x in (1, 2)} = (2, 3)$。
这个结果也是闭集。

这个例子好像没法说明问题。让我们换个思路。

我们需要的关键是，一个在 $X$ 中“看起来收敛”，但是“极限不在 $X$ 中”的序列。

考虑一个度量空间 $X = {1, 2, 3, ldots}$ （正整数集）与标准的距离 $d(x, y) = |xy|$。这是一个离散度量空间，每个单点集 ${n}$ 都是闭集。

现在我们构造一个“不太好”的映射 $f: X o mathbb{R}$。
定义 $f(n) = 1 frac{1}{n}$。

这是一个连续映射。为什么？因为如果 $x_n o x$，那么对于任意的 $epsilon > 0$，存在 $N$ 使得当 $n > N$ 时 $|x_n x| < delta$。由于 $X$ 是离散的，这只有当 $x_n = x$ 的时候才可能。所以如果序列收敛，那它一定是常数序列。但我们讨论的是一般序列。

让我们考虑序列在 $X$ 中的收敛性。
例如，考虑序列 $x_n = n$。这个序列在 $X$ 中并不收敛（因为它会越来越大）。

我们要找一个在 $X$ 中收敛的序列，然后看它的像。
在离散度量空间里，一个序列收敛当且仅当它是常数序列。
所以，如果一个序列 ${x_n}$ 在 $X$ 中收敛到 $x$，那么从某一项开始，所有的 $x_n$ 都等于 $x$。
那么 $f(x_n)$ 会收敛到 $f(x)$。

看来我们得换一个更复杂的空间来构造反例。

反例的思路：

我们需要一个度量空间 $X$，一个闭集 $C subset X$，和一个连续映射 $f: X o Y$，使得 $f(C)$ 不是闭集。

关键在于，要有一个在 $C$ 中收敛但极限不在 $C$ 中的序列，而 $f$ 的连续性把这个序列映到了一个在 $f(C)$ 中“漏掉”了的极限点。

考虑这样一个度量空间 $X$：它包含 $mathbb{R}$ 中的所有有理数 $mathbb{Q}$，以及一个额外的点 $alpha$。
我们定义距离：
$d(x, y) = |xy|$ 如果 $x, y in mathbb{Q}$。
$d(alpha, x) = |sqrt{2} x|$ 如果 $x in mathbb{Q}$。
（这里的 $sqrt{2}$ 是无理数）

这个空间 $X = mathbb{Q} cup {alpha}$。
$X$ 是一个度量空间。它的闭包是 $mathbb{R} cup {alpha}$。
考虑 $X$ 中的闭集 $C = mathbb{Q}$。
$mathbb{Q}$ 在 $X$ 中是闭集吗？是的，因为 $X setminus mathbb{Q} = {alpha}$ 是一个单点集，在任何度量空间中都是闭集。

现在我们定义一个连续映射 $f: X o mathbb{R}$。
对于 $x in mathbb{Q}$，定义 $f(x) = x$。
对于 $alpha$，定义 $f(alpha) = sqrt{2}$。

我们来验证 $f$ 的连续性。
对于 $x_0 in mathbb{Q}$，如果 $x_n o x_0$ 在 $X$ 中，那么 $x_n$ 只能是 $mathbb{Q}$ 中的序列且收敛到 $x_0$，或者 $x_n = alpha$ 对所有 $n$。
如果 $x_n in mathbb{Q}$ 且 $x_n o x_0$，那么 $|f(x_n) f(x_0)| = |x_n x_0| o 0$。
如果 $x_n = alpha$ 对所有 $n$，那么 $d(alpha, x_0) = |sqrt{2} x_0|$ 必须趋于 $0$。这只有在 $x_0 = sqrt{2}$ 时才成立。但 $x_0$ 必须是 $mathbb{Q}$ 中的点，而 $sqrt{2}$ 是无理数，所以这种情况不可能发生。
因此，$f$ 在 $mathbb{Q}$ 的点上是连续的。

现在考虑在 $alpha$ 点的连续性。如果 $x_n o alpha$ 在 $X$ 中，那么意味着 $d(x_n, alpha) o 0$。根据我们定义的距离，$d(x_n, alpha) = |sqrt{2} x_n|$。所以这要求 $x_n$ 是一个有理数序列，并且 $x_n o sqrt{2}$。
那么 $f(x_n) = x_n$。因此 $lim_{n o infty} f(x_n) = lim_{n o infty} x_n = sqrt{2}$。
而 $f(alpha) = sqrt{2}$。所以 $lim_{n o infty} f(x_n) = f(alpha)$。
因此，$f$ 在 $alpha$ 点也是连续的。
总的来说，$f$ 是一个连续映射。

现在来看 $f(C)$。
$C = mathbb{Q}$。
$f(C) = f(mathbb{Q}) = {f(x) mid x in mathbb{Q}} = mathbb{Q}$。
$mathbb{Q}$ 在 $mathbb{R}$ 中是闭集吗？不是。 任何收敛于无理数的有理数序列（比如逼近 $sqrt{2}$ 的序列）的极限都在 $mathbb{R}$ 中，但不在 $mathbb{Q}$ 中。

所以，在这个例子中，连续映射 $f$ 将闭集 $C = mathbb{Q}$ 映到了非闭集 $f(C) = mathbb{Q}$。

总结第一部分： 在一般度量空间内，连续映射不一定将闭集映为闭集。只有在特定的空间（如完备度量空间）或者特殊的映射（如同胚映射）下，才有这样的性质。



接下来，来看看连续映射将有界闭集映为有界闭集吗？

答案是：仍然不一定。

这里有两层挑战：
1. 连续映射不一定将闭集映为闭集。
2. 即使映为闭集，也不一定映为有界闭集。

我们来分析一下“有界”这个性质。
一个度量空间 $(X, d)$ 中的子集 $A$ 是有界的，如果存在一个点 $x_0 in X$ 和一个常数 $M > 0$，使得对于所有的 $a in A$，都有 $d(x_0, a) le M$。或者等价地说，存在一个点 $x_0$ 和一个半径 $R$ 的球 $B(x_0, R)$，使得 $A subseteq B(x_0, R)$。

如果 $f: X o Y$ 是一个连续映射，并且 $C subset X$ 是一个有界闭集，我们关心的是 $f(C)$ 是否也是有界的，并且是闭集。

我们已经知道，$f(C)$ 不一定是闭集。如果它不是闭集，那它当然也无法成为有界闭集。

但即使 $f(C)$ 是闭集，它也可能不是有界的。

我们用之前的例子来分析。
在 $X = mathbb{Q} cup {alpha}$ 的例子中，$C = mathbb{Q}$ 是一个闭集。
$mathbb{Q}$ 是有界的吗？是的，在 $X$ 中，我们可以取 $x_0 = alpha$，那么对于任何 $x in mathbb{Q}$，有 $d(alpha, x) = |sqrt{2} x|$。这个值是有界的。例如，如果我们考虑 $mathbb{Q}$ 中所有有理数，它们的绝对值 $|x|$ 可能是任意大的。但是，在这个度量空间 $X$ 中，我们是以 $alpha$ 作为“参考点”。

在 $X = mathbb{Q} cup {alpha}$ 中，我们看 $C = mathbb{Q}$ 这个闭集。
它有界吗？在 $X$ 的拓扑下，$mathbb{Q}$ 是有界的。因为我们可以取 $x_0 = alpha$。对于任何 $x in mathbb{Q}$， $d(alpha, x) = |sqrt{2} x|$。这个值当然是有界的，例如，如果 $x$ 是一个有理数，它可能离 $sqrt{2}$ 很近。
但是，我们考虑的是“距离”的定义。在 $X$ 这个空间里，$d(alpha, x)$ 并不是对所有 $x in mathbb{Q}$ 都小。

让我们重新定义一个更清晰的反例来讨论有界性。

反例的思路（针对有界闭集）：

我们需要一个度量空间 $X$，一个有界闭集 $C subset X$，和一个连续映射 $f: X o Y$，使得 $f(C)$ 不是有界的，或者不是闭集（从而不是有界闭集）。

考虑 $X = mathbb{R}$，标准距离 $d(x, y) = |xy|$。这是一个完备的度量空间。
考虑 $Y = mathbb{R}$，标准距离 $ ho(u, v) = |uv|$。

我们找一个闭集 $C subset X$。
例如，$C = [0, 1]$。这是一个闭集，并且是有界的（例如，以 $0$ 为中心，半径为 $1$ 的球包含它）。

现在我们需要一个连续映射 $f: mathbb{R} o mathbb{R}$，使得 $f([0, 1])$ 不是有界的。
我们知道，如果 $X$ 是完备度量空间，那么连续映射 $f$ 将闭集映为闭集。所以 $f([0, 1])$ 将是一个闭集。但这个闭集可能不是有界的。

考虑一个函数，它在某个区间内增长得非常快。
例如，定义 $f(x) = x^2$。这是一个连续映射。
$C = [0, 1]$。
$f(C) = f([0, 1]) = {x^2 mid x in [0, 1]} = [0, 1]$。
这个是闭集，也是有界的。这个例子没法说明问题。

再换一个。
考虑 $f(x) = e^x$。
$C = [0, 1]$。
$f(C) = f([0, 1]) = {e^x mid x in [0, 1]} = [e^0, e^1] = [1, e]$。
这个也是闭集，也是有界的。

问题的关键在于，我们是在一般度量空间里讨论。
如果 $X$ 本身不是局部紧致的（locally compact），或者不是完备的，就容易出现问题。

让我们回到之前的例子 $X = mathbb{Q} cup {alpha}$，其中 $d(alpha, x) = |sqrt{2} x|$ 对于 $x in mathbb{Q}$。
我们定义了映射 $f(x) = x$ (for $x in mathbb{Q}$) 和 $f(alpha) = sqrt{2}$。
$f$ 是连续的。
考虑 $X$ 中的有界闭集 $C = {alpha}$。
这是一个单点集，所以它是闭集。
它有界吗？是的，它自己就是一个点，自然有界。

那么 $f(C) = f({alpha}) = {sqrt{2}}$。
这个集合 ${sqrt{2}}$ 是闭集，也是有界的。这个例子也无效。

我们需要找到一个映射，它在一个“紧凑”的区域内被定义，但它的像却“跑”到无限远去了，或者“漏掉”了某些点。

一个经典的例子：

考虑度量空间 $X = mathbb{R} setminus {0}$，使用标准的欧几里得距离 $d(x, y) = |xy|$。
这个空间不是闭集，因为它的闭包是 $mathbb{R}$，而 $mathbb{R} setminus {0}$ 漏掉了 $0$。
但我们可以选取 $X$ 中的闭集。
比如，我们取闭集 $C = [1, 0.5] cup [0.5, 1]$。
这个集合 $C$ 是闭集，并且是有界的。

现在我们定义一个连续映射 $f: X o mathbb{R}$：
$f(x) = frac{1}{x}$。

这个映射是连续的，因为 $1/x$ 在 $X$ 的定义域上是连续的。

我们来看看 $f(C)$ 是什么：
$f(C) = f([1, 0.5] cup [0.5, 1])$
$f([1, 0.5]) = { frac{1}{x} mid x in [1, 0.5] }$。当 $x$ 从 $1$ 变到 $0.5$ 时，$frac{1}{x}$ 从 $1$ 变到 $2$。所以这是 $[2, 1]$。
$f([0.5, 1]) = { frac{1}{x} mid x in [0.5, 1] }$。当 $x$ 从 $0.5$ 变到 $1$ 时，$frac{1}{x}$ 从 $2$ 变到 $1$。所以这是 $[1, 2]$。

因此，$f(C) = [2, 1] cup [1, 2]$。
这个集合 $f(C)$ 是闭集（两个闭区间的并集是闭集）。
这个集合 $f(C)$ 也是有界的（它被包含在 $[2, 2]$ 这个区间里）。

这个例子也没有达到目的。我们需要的是 $f(C)$ 不是有界的。

再换一个角度思考：

我们需要一个映射，它在一个有界区域内，但像“拉伸”了空间，使得像集变得无限大。
想象一个压缩器，把一个大区间压缩成一个小的，再想象一个拉伸器，把一个小的区间拉伸成一个大的。

考虑一个度量空间 $X$。如果 $X$ 本身不是有界的，那么其中的闭集就不一定是闭的有界的。

关键在于“映射”这个动作本身。

构造一个真正有效的反例：

考虑度量空间 $X = mathbb{R}$，标准的距离 $d(x, y) = |xy|$。
这是一个完备的度量空间。

我们选取一个闭集 $C = [0, infty)$。
这个集合是闭集。
但是，它不是有界的。

我们定义一个连续映射 $f: mathbb{R} o mathbb{R}$。
$f(x) = frac{x}{1+x^2}$。
这是一个连续映射。

我们来看 $f(C) = f([0, infty))$。
当 $x o infty$ 时，$f(x) = frac{x}{1+x^2} approx frac{x}{x^2} = frac{1}{x} o 0$。
当 $x=0$ 时，$f(0) = 0$。
函数 $f(x)$ 在 $[0, infty)$ 上是单调增大的，直到一个极值点（导数为 $frac{(1+x^2) x(2x)}{(1+x^2)^2} = frac{1x^2}{(1+x^2)^2}$，极值点为 $x=1$）。
$f(1) = frac{1}{1+1} = frac{1}{2}$。
所以，$f([0, infty)) = [0, frac{1}{2}]$。
这个集合是闭的，也是有界的。

这个反例仍然不行，因为它考察的是一个非有界闭集。我们需要的是 有界闭集。

让我们试试这个：
在 $X = mathbb{R}$ 中，考虑有界闭集 $C = [0, 1]$。
我们想找到一个连续映射 $f: mathbb{R} o mathbb{R}$，使得 $f([0, 1])$ 不是有界的。

如何让一个有限区间映射到一个无限集呢？
这在 $mathbb{R}$ 这样的“良好”空间里比较难实现。除非函数趋于无穷。

考虑 $f(x) = an(frac{pi}{2} x)$。
这个函数在 $(1, 1)$ 上是连续的。
但是，在 $x=1$ 的时候，它趋于无穷。
如果我们考虑定义域是 $(1, 1)$，那么 $f((1, 1))$ 就是 $(infty, infty)$。

但是我们要求的是 有界闭集。

让我们回到一般的度量空间定义。
“一般度量空间”意味着我们可以自由地定义距离，而不必受限于欧几里得几何的直观感受。

一个更恰当的反例（针对有界闭集）：

考虑度量空间 $X = mathbb{R} imes {0, 1}$。
这个空间是实数轴上的两个“拷贝”，没有连接起来。
我们定义距离：
如果 $(x, i)$ 和 $(y, j)$ 都在同一层，比如 $i=j$，那么 $d((x, i), (y, j)) = |xy|$。
如果 $(x, i)$ 和 $(y, j)$ 在不同层，比如 $i eq j$，我们可以定义一个较大的距离，或者它们之间的距离是“无穷大”以至于它们之间无法连接。
为了让它成为一个度量空间，我们需要一个具体的距离。

考虑 $X = mathbb{R} imes {0, 1}$。定义度量如下：
$d((x, i), (y, j)) = egin{cases} |xy| & ext{if } i=j \ |x| + |y| + 1 & ext{if } i eq j end{cases}$

这是一个度量空间。（需要验证一下三角不等式，可能有点复杂）

现在，我们取一个有界闭集 $C subset X$。
例如，考虑 $C = [0, 1] imes {0}$。
这个集合是 $X$ 的一个子集。
它是闭集吗？是的，在 $X$ 的拓扑下，这是一个闭的“线段”。
它有界吗？是的，例如以 $(0, 0)$ 为圆心，半径为 $1$ 的球 $B((0, 0), 1)$ 就包含了 $C$（因为对于 $(x, 0) in C$， $d((0, 0), (x, 0)) = |x| le 1$）。

现在，我们定义一个连续映射 $f: X o mathbb{R}$。
我们希望 $f(C)$ 不是有界的。
怎么做呢？我们可以让映射“跳跃”到无穷远。

定义 $f(x, i) = frac{x}{1 x^2}$ 如果 $i=0$。
定义 $f(x, i) = frac{x}{1 x^2}$ 如果 $i=1$。
（这里我们假设 $x eq pm 1$）

我们需要在 $(1, 0)$ 和 $(1, 0)$ 这些点定义映射，因为分母会是 $0$。

让我们修改一下空间或者映射。

核心问题：
在完备度量空间中，闭集在连续映射下是闭集。但这个闭集不一定是紧的（有界的 + 闭的）。
如果我们取一个有界闭集，连续映射不一定保持“闭性”。

思考一个关键的定理：
连续映射在紧集上的像一定是紧集。
然而，我们讨论的“有界闭集”不一定就是“紧集”。在欧几里得空间中，“有界闭集”等价于“紧集”。但在一般的度量空间中，紧集是比有界闭集更强的条件。紧集意味着任何序列都有一个收敛子序列，而有界闭集只保证“有界性”。

所以，如果问的是“连续映射将紧集映为紧集吗？” 答案是肯定的。 这是 HeineBorel 定理在度量空间中的推广。

但是，问题问的是“有界闭集”。

让我们重新审视一下“有界闭集”和“紧集”的区别。

在一个度量空间中：
紧集：任何序列都有一个收敛子序列。
有界闭集：有界 + 闭集。

在完备度量空间中，有界闭集是紧集的必要条件，但不是充分条件。
也就是说，一个紧集一定是度量空间中的有界闭集。反过来不一定成立。

例如，在 $l^infty$（无穷维巴拿赫空间）中，单位闭球是闭的且有界的，但不是紧的。

因此，即使 $C$ 是 $X$ 中的一个有界闭集，它不一定是紧集。那么，我们不能直接应用“连续映射将紧集映为紧集”的结论。

关键的反例思路：

我们需要一个度量空间 $X$，一个有界闭集 $C subset X$，和一个连续映射 $f: X o Y$，使得 $f(C)$ 不是有界的。

考虑 $X = (0, 1)$，距离是 $|xy|$。这个空间不是闭的，也不是有界的。
但我们可以考虑它的子集。

考虑 $X = mathbb{R}$。
取有界闭集 $C = [0, 1]$。

我们需要一个连续映射 $f: mathbb{R} o mathbb{R}$ 使得 $f([0, 1])$ 不是有界的。
这在 $mathbb{R}$ 里很难做到，因为连续函数在闭有界区间上的像一定是闭有界的。这正是连续性在欧几里得空间中的“强项”。

问题在于“一般度量空间”。
这意味着 $X$ 和 $Y$ 可以是任何满足度量空间公理的集合和函数。

一个能说明问题的例子：

考虑度量空间 $X = mathbb{R}$（实数集），标准距离。
考虑一个度量空间 $Y$。
我们定义一个映射 $f: mathbb{R} o Y$。

关键的例子：

考虑一个“无限维度”的度量空间。
设 $Y = c_0$ 是实数列空间 ${x = (x_1, x_2, ldots) mid x_n in mathbb{R}, lim_{n o infty} x_n = 0 }$。
定义在 $c_0$ 上的范数（也是度量）是 $d(x, y) = sup_{n} |x_n y_n|$。
$c_0$ 是一个完备的度量空间。

现在，我们从 $mathbb{R}$ 映射到 $c_0$。
定义 $f: mathbb{R} o c_0$ 如下：
对于 $t in mathbb{R}$，定义向量 $f(t) = (t, frac{t}{2}, frac{t}{3}, ldots)$。
这是一个 $c_0$ 的元素，因为 $lim_{n o infty} frac{t}{n} = 0$。

我们来看看这个映射 $f$ 的连续性。
设 $t_0 in mathbb{R}$。考虑序列 $t_n o t_0$。
$f(t_n) = (t_n, frac{t_n}{2}, frac{t_n}{3}, ldots)$
$f(t_0) = (t_0, frac{t_0}{2}, frac{t_0}{3}, ldots)$

$d(f(t_n), f(t_0)) = sup_{k} | frac{t_n}{k} frac{t_0}{k} | = sup_{k} |frac{t_n t_0}{k}| = |t_n t_0| sup_{k} frac{1}{k}$。
这里 $sup_{k} frac{1}{k} = 1$ (当 $k=1$ 时)。
所以，$d(f(t_n), f(t_0)) = |t_n t_0|$。
当 $t_n o t_0$，则 $|t_n t_0| o 0$。所以 $d(f(t_n), f(t_0)) o 0$。
因此，$f$ 是连续的。

现在，我们选取 $mathbb{R}$ 中的一个有界闭集。
设 $C = [0, 1]$。这是一个有界闭集。

我们来看看 $f(C)$ 是什么：
$f(C) = { f(t) mid t in [0, 1] } = { (t, frac{t}{2}, frac{t}{3}, ldots) mid t in [0, 1] }$。

$f(C)$ 是 $c_0$ 的一个子集。
$f(C)$ 是闭集吗？
考虑一个在 $f(C)$ 中收敛的序列，例如 $y^{(m)} = f(t_m) = (t_m, frac{t_m}{2}, frac{t_m}{3}, ldots)$，其中 $t_m in [0, 1]$。
设 $y^{(m)} o y$ 在 $c_0$ 中。
由于 $d(y^{(m)}, y) o 0$，这意味着 $sup_k | frac{t_m}{k} y_k | o 0$。
这说明 $t_m o y_1$（令 $k=1$），$frac{t_m}{2} o y_2$，以此类推。
由于 $t_m in [0, 1]$ 并且 $t_m o y_1$，所以 $y_1$ 必定在 $[0, 1]$ 中。
那么，我们有 $y_k = lim_{m o infty} frac{t_m}{k} = frac{1}{k} lim_{m o infty} t_m = frac{y_1}{k}$。
所以，$y = (frac{y_1}{1}, frac{y_1}{2}, frac{y_1}{3}, ldots) = f(y_1)$。
因为 $y_1 in [0, 1]$，所以 $y in f([0, 1]) = f(C)$。
因此，$f(C)$ 是闭集。

但是，这个集合 $f(C)$ 有界吗？
我们计算一下它相对于 $c_0$ 的度量。
$f(C) = { (t, frac{t}{2}, frac{t}{3}, ldots) mid t in [0, 1] }$。
我们取一个参考点，比如 $0$ 向量 $0 = (0, 0, 0, ldots) in c_0$。
计算 $d(f(t), 0) = sup_k |frac{t}{k}| = sup_k frac{t}{k}$ (因为 $t ge 0$)。
当 $t in [0, 1]$ 时，$sup_k frac{t}{k} = t$ (当 $k=1$ 时)。
所以，$d(f(t), 0) = t$。
当 $t$ 从 $0$ 变化到 $1$ 时，$d(f(t), 0)$ 也从 $0$ 变化到 $1$。
所以，$f(C)$ 是有界的。这个例子还是失败了。



重新思考问题：连续映射将闭集映为闭集吗？将有界闭集映为有界闭集吗？

结论一：连续映射将闭集映为闭集吗？
答：不一定。
原因：在一般度量空间中，收敛序列的极限点不一定存在于空间中（空间不一定完备）。闭集的定义依赖于极限点的存在性。连续性保证了像序列的极限点如果在原空间中存在，那么它一定在像集中。但如果原序列的极限点在原空间中不存在，就无法进行下一步的推导。反例可以构造在非完备的度量空间中。

结论二：连续映射将有界闭集映为有界闭集吗？
答：不一定。
原因：
1. 不一定是闭集：如上所述，连续映射不一定将闭集映为闭集，那更不可能保证将有界闭集映为有界闭集。
2. 即使是闭集，也不一定是闭的有界集：即使在完备度量空间中，连续映射将闭集映为闭集，但这个像集可能不是有界的。这是因为，像集虽然是闭的，但其“范围”可能无限扩张。例如，一个函数可能在一个有界闭区间上，但它的值域却可以趋于无穷。

关键点在于“一般度量空间”。

为了更清晰地解释“不一定”这两个问题的答案，我们需要一个能够同时显示“不闭”和“不有界”特性的反例。

一个能说明两个问题的反例思路：

考虑度量空间 $X = mathbb{R}$。
考虑一个度量空间 $Y$。为了方便，我们仍然使用 $mathbb{R}$ 作为 $Y$。

我们需要一个连续映射 $f: mathbb{R} o mathbb{R}$，以及 $X$ 中的一个闭集 $C$，使得 $f(C)$ 不是闭集。
或者，我们需要一个有界闭集 $C subset mathbb{R}$，使得 $f(C)$ 不是有界闭集。

最后，一个简洁的反例来概括：

考虑度量空间 $X = mathbb{R} setminus {0}$，与标准距离 $|xy|$。
$X$ 不是完备的（它的闭包是 $mathbb{R}$），也不是有界的。

选取 $X$ 中的闭集 $C = {1, 2, 3, ldots}$（正整数集）。
这是闭集吗？是的，在 $X$ 的拓扑下，集合 ${1}, {2}, ldots$ 都是开集，因此 $C$ 的补集是开集，所以 $C$ 是闭集。
这个集合 $C$ 是有界的吗？不是。 它可以无限延伸。

如果问题问的是 “连续映射将有界闭集映为闭集吗？”，那么答案是 不一定。
让我们考虑 $C = {1, 2}$。这是一个有界闭集。
映射 $f(x) = frac{1}{x}$ 在 $X$ 上是连续的。
$f(C) = f({1, 2}) = {frac{1}{1}, frac{1}{2}} = {1, 0.5}$。
这个集合 ${1, 0.5}$ 在 $mathbb{R}$ 中是闭集。这个例子也失败了。

核心的困难在于找一个“恰好”不连续的映射或者一个“恰好”不完备的空间来构造反例。

正确的反例（再次尝试）：

第一个问题：连续映射将闭集映为闭集吗？

考虑 $X = mathbb{Q}$ (有理数集)，距离为 $|xy|$。
这是一个不完备的度量空间。
考虑闭集 $C = mathbb{Q}$。
如果我们映射到 $mathbb{R}$，那么映射 $f(x)=x$ 是连续的。$f(C) = mathbb{Q}$，在 $mathbb{R}$ 中不是闭集。

这里的关键是，我们不能只考虑 $mathbb{Q}$ 的内部性质，而要看它如何映到“更大的”空间。

第二个问题：连续映射将有界闭集映为有界闭集吗？

考虑度量空间 $X = mathbb{R}$。
考虑有界闭集 $C = [0, 1]$。
考虑度量空间 $Y = mathbb{R} cup {infty}$，加上一个距离定义，使得它是一个度量空间。比如，把 $Y$ 看成球面，$mathbb{R}$ 对应赤道，$infty$ 对应北极。
距离可以是球面的距离。或者简单地定义：
$d(x, y) = |xy|$ 如果 $x, y in mathbb{R}$。
$d(x, infty) = frac{1}{1+|x|}$ 如果 $x in mathbb{R}$。
（这个度量会使得 $x o infty$ 的序列趋于 $infty$）。

现在定义映射 $f: mathbb{R} o Y$ 如下：
$f(x) = an(frac{pi}{2} x)$。
对于 $x in (1, 1)$， $f(x)$ 在 $mathbb{R}$ 中。
当 $x o 1^$ 时，$f(x) o infty$。
当 $x o 1^+$ 时，$f(x) o infty$。

我们取有界闭集 $C = [0, 1)$。
注意，这里我们取了一个不闭的区间，以便它的像包含 $infty$。

如果问的是 “连续映射将紧集映为紧集吗？” 答案是 是的。
因为在 $mathbb{R}$ 中，$[0, 1)$ 不是紧集。我们应该在 $mathbb{R}$ 中取一个紧集，比如 $[0, 1epsilon]$。
设 $C = [0, 1epsilon]$。这是一个有界闭集（紧集）。
映射 $f(x) = an(frac{pi}{2} x)$ 在 $C$ 上是连续的。
$f(C) = f([0, 1epsilon]) = [ an(0), an(frac{pi}{2}(1epsilon))] = [0, an(frac{pi}{2} frac{pi epsilon}{2})]$。
这是一个闭的有界区间，所以 $f(C)$ 是有界闭集。

我的天，构造一个完美的负面例子真是个挑战！

问题的根本在于：
1. 闭集不一定映为闭集：因为空间不完备，或者因为映射“漏掉了”某些关键点。
2. 有界闭集不一定映为有界闭集：即使映为闭集，这个像集也可能变得无界。这是因为在一般的度量空间中，“有界”和“紧”之间没有直接的等价关系。连续映射保持紧性，但不一定保持“仅仅有界”的性质。

结论最终总结：

一般度量空间内的连续映射将闭集映为闭集吗？
否。 在非完备的度量空间中，闭集的像可能不是闭集。例如，在有理数集 $mathbb{Q}$ 上定义标准距离，映射 $f:mathbb{Q} o mathbb{R}$， $f(x)=x$。那么闭集 $mathbb{Q}$ 在 $mathbb{R}$ 中的像就是 $mathbb{Q}$，它不是闭集。

一般度量空间内的连续映射将有界闭集映为有界闭集吗？
否。 这包含了两个可能失败的点：
1. 像不是闭集（如上所述）。
2. 即使像集是闭的，它也可能不是有界的。例如，考虑一个映射，它在一个有界闭区间上将值域“拉伸”到无穷远，但映射本身在整个定义域上是连续的（这可能需要一个特殊的度量空间结构或一个“特殊”的映射）。例如，考虑实轴上的一个有界闭区间映射到一个包含“无穷远点”的球面上，映射在区间的端点处趋于无穷远。但是，如果 $Y$ 空间本身不是完备的，或者没有“无穷远点”这样的结构来接收极限，则难以直接构造。在完备度量空间中，如果一个有界闭集不是紧集，那么它的像也未必是有界闭集。不过，如果我们考虑一个在完备空间中的连续映射，它将一个紧集映为紧集。关键在于有界闭集不一定是紧集。

一个更具说服力的例子是：考虑 $X=mathbb{R}$ 和 $Y = c_0$（趋于零的实数列空间），范数为 $d(x,y) = sup_k |x_k y_k|$。令 $C = [0, 1]$ 是 $X$ 中的有界闭集。令 $f: mathbb{R} o c_0$ 为 $f(t) = (t/1!, t/2!, t/3!, ldots)$。此映射是连续的。
$f(C) = { (t/k!)_{k=1}^infty mid t in [0, 1] }$。
这个像集是闭的（正如之前分析的，极限点仍然可以表示为 $f(t_0)$ 的形式），但它在 $c_0$ 中是有界的。
为了构造一个像集不是有界的，我们需要一个能够“映射”到无穷大的连续映射，但在一般度量空间中实现这一点并不总是直接的。

一个简单但可能不那么直观的反例是：考虑 $mathbb{R}$ 的一个有界闭集 $C$。如果 $Y$ 是一个“空旷”的度量空间，例如，一个只有两个点 $a, b$ 的空间，距离为 $d(a, b) = 1$， $d(a, a) = d(b, b) = 0$。那么任何从 $mathbb{R}$ 到 $Y$ 的连续映射 $f$ （如果 $Y$ 的拓扑允许的话），将 $C$ 映到 $Y$ 的一个点，这个点自然是有界闭集。

问题的关键在于，在一般的度量空间里，“有界性”和“闭性”的组合并不意味着“紧性”。连续映射保持紧性，但如果原集合不是紧集（尽管是有界闭集），其像就不一定是有界闭集了。

总而言之，这两个问题的答案都是“否”，因为“一般度量空间”这个条件大大放松了对空间的限制，使得很多在我们熟悉的欧几里得空间中成立的性质不再适用。

这两个都是不对的。设 配备离散度量， 配备通常度量。则 是连续映射（这是因为对于任何 与 ，只需取 就可使 ）

同时注意到 中的任何集合都是闭集，所以 把 的闭集映到了 中的非闭集。同时这也是第二个命题的反例。