Supposons $f$ propre et soit $F$ un fermé. Montrons que $f(F)$ est un fermé. Soit $(y_n)$ une suite de $f(F)$ qui converge vers $y\in \Rr^n$ . Notons $K$ l’union de $\{y_n\}_{n\in\Nn}$ et de $\{ y\}$ . Alors $K$ est compact. Comme $y_n \in f(F)$ , il existe $x_n\in F$ tel que $f(x_n) = y_n$ . En fait $x_n \in f^{-1}(K)$ qui est compact car $f$ est propre. Donc de $(x_n)$ on peut extraire une sous-suite convergente $(x_{\phi(n)})$ , on note $x$ la limite de cette sous-suite. Comme $x_{\phi(n)} \in F$ et que $F$ est fermé alors $x\in F$ . Comme $f$ est continue alors $y_{\phi(n)} = f(x_{\phi(n)})$ tend vers $f(x)$ , or $y_{\phi(n)}$ tend aussi vers $y$ . Par unicité de la limite $y=f(x)$ . Donc $y \in f(F)$ et $f(F)$ est fermé. Dire $\|f(x)\|\to \infty$ quand $\|x\|\to \infty$ est équivalent à $\forall M >0\quad \exists m >0\quad \forall x \in \Rr^n \quad (x \notin B(0,m) \Rightarrow f(x)\notin B(0,M)).$ Supposons $f$ propre, soit $M>0$ . Alors $B(0,M)$ est un compact (nous sommes dans $\Rr^n$ ) donc $f^{-1}(B(0,M))$ est compact donc borné, c’est-à-dire qu’il existe $m>0$ tel que $f^{-1}(B(0,M)) \subset B(0,m)$ . Donc si $x\notin B(0,m)$ alors $f(x) \notin B(0,M)$ . Réciproquement, soit $K$ un compact de $\Rr^n$ . Comme $f$ est continue et que $K$ est fermé alors $f^{-1}(K)$ est un fermé. Reste à montrer que $f^{-1}(K)$ est borné. Comme $K$ est compact alors il existe $M>0$ tel que $K \subset B(0,M)$ , par hypothèse il existe $m>0$ tel que si $x\notin B(0,m)$ alors $f(x) \notin B(0,M)$ , ce qui s’écrit aussi par contraposition : “si $f(x) \in B(0,M)$ alors $x\in B(0,m)$ ”, donc $f^{-1}(B(0,M)) \subset B(0,m)$ . Or $K \subset B(0,M)$ donc $f^{-1}(K) \subset f^{-1}(B(0,M)) \subset B(0,m)$ . Donc $f^{-1}(K)$ est borné donc compact.

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