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 $\forall x\in\Rr$ , $|f(x)|\leqslant \frac{|x|}{\alpha}+2+|f(0)|$ .

$f$ uniformément continue sur $\Rr\Rightarrow\exists(a,b)\in\Rr^2/\;\forall x\in\Rr,\;|f(x)\leqslant a|x|+b$ .

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