Si \(f\) est linéaire et bornée sur la boule unité alors elle est continue (voir le cours ou refaire la démonstration). Il reste à montrer que \(f\) est linéaire : on a déjà \(f(x+y)=f(x)+f(y)\) pour tout \(x,y\) reste donc à prouver \(f(\lambda x) = \lambda f(x)\). Pour tout \(\lambda \in \Rr\) et \(x\in E\).

Pour \(\lambda \in \Zz\), c’est une récurrence, \(f(2x) = f(x+x)= f(x)+f(x) = 2f(x)\). Puis \(f(3x) = f(2x+x) =f(2x)+f(x)=2f(x)+f(x)=3f(x)\) etc. Donc \(f(nx) = nf(x)\) pour \(n\in \Nn\). De plus \(0=f(0)=f(x+(-x))=f(x)+f(-x)\) donc \(f(-x)=-f(x)\). Ensuite on a \(f(-nx) = -nf(x)\) pour \(n \in \Nn\). Bilan : pour tout \(\lambda \in \Zz\) on a \(f(\lambda x) = \lambda f(x)\). Pour \(\lambda \in \Qq\), soit \(\lambda = \frac pq\), \(p,q \in \Zz\). \[f(\frac pq x) = pf(\frac 1 q x) = \frac pqq f(\frac x q) = \frac pq f(q \frac xq) = \frac pq f(x).\] Nous avons utilisé intensivement le premier point. Soit \(\lambda \in \Rr\) alors il existe une suite \((\lambda_n)\) d’élément de \(\Qq\) qui converge vers \(\lambda\). Fixons \(x\in E\). \[f(\lambda x)-\lambda f (x) = f(\lambda x)-f(\lambda_nx)+f(\lambda_nx)-\lambda f(x)= f((\lambda-\lambda_n)x)+(\lambda_n-\lambda)f(x).\] Nous avons utilisé le second point. Soit \(\epsilon \in \Qq_+^*\). Pour \(n\) assez grand on a \(\|(\lambda-\lambda_n)x \| < \epsilon\). Donc \(\|\frac 1 \epsilon(\lambda-\lambda_n)x \| \in B(0,1)\) or \(f\) est bornée sur la boule unité donc il existe \(M>0\) tel que \(f(\frac 1 \epsilon(\lambda-\lambda_n)x) \le M\) (quelque soit \(n\)). Donc \(f(\lambda-\lambda_n)x) \le M\epsilon\) (\(\epsilon\) est rationnel donc on peut le “sortir”). De même pour \(n\) assez grand on a \((\lambda_n-\lambda)f(x) < \epsilon\). Maintenant \[\|f(\lambda x)-\lambda f (x)\| \le \| f((\lambda-\lambda_n)x)\| + \| (\lambda_n-\lambda)f(x)\| < M\epsilon+\epsilon.\] Donc pour \(x,\lambda\) fixés, \(\|f(\lambda x)-\lambda f (x)\|\) est aussi petit que l’on veut, donc est nul ! D’où \(f(\lambda x)=\lambda f(x)\) pour \(\lambda \in \Rr\).

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