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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