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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