Soit \(f\) une application uniformément continue sur \(\Rr\). \(\exists\alpha> 0/\;\forall(x,y)\in\Rr^2,\;(|x-y|\leqslant\alpha\Rightarrow|f(x)-f(y)|\leqslant1)\).

Soit \(x\in\Rr^+\) (le travail est analogue si \(x\in\Rr^-\)).

Pour \(n\in\Nn\)

\(|x-n\alpha|\leqslant\alpha\Leftrightarrow-\alpha\leqslant x-n\alpha\leqslant\alpha\Leftrightarrow \frac{x}{\alpha}-1\leqslant n\leqslant \frac{x}{\alpha}+1\Leftarrow n = E\left( \frac{x}{\alpha}\right).\)

On pose \(n_0=E\left( \frac{x}{\alpha}\right)\).

\[\begin{align*}\ensuremath |f(x)| &\leqslant|f(x)-f(x-\alpha)|+|f(x-\alpha)-f(x-2\alpha)|+\ldots+|f(x-(n_0-1)\alpha)-f(x-n_0\alpha)|+|f(x-n_0\alpha)-f(0)|+|f(0)|\\ &\leqslant n_0+1+|f(0)|\;(\text{car}\;|x-n_0\alpha-0|\leqslant\alpha)\\ &\leqslant \frac{x}{\alpha}+2+|f(0)| . \end{align*}\]

Ainsi, \(\forall x\in\Rr^+\), \(|f(x)|\leqslant \frac{x}{\alpha}+2+|f(0)|\). Par symétrie des calculs, \(\forall x\in\Rr^-\), \(|f(x)|\leqslant \frac{-x}{\alpha}+2+|f(0)|\) et donc \(\forall x\in\Rr\), \(|f(x)|\leqslant \frac{|x|}{\alpha}+2+|f(0)|\).

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