Soit $f$ un morphisme de $(\Rr,+)$ , c’est-à-dire que $f$ est une application de $\Rr$ dans $\Rr$ vérifiant $\forall(x,y)\in\Rr^2,\;f(x+y)=f(x)+f(y).$

On sait déjà $f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$ et donc $f(0)=0$ . Puis, pour $x$ réel donné, $f(-x)+f(x)=f(-x+x)=f(0)=0$ et donc, pour tout réel $x$ , $f(-x)=-f(x)$ ( $f$ est donc impaire). On a aussi $n\in\Nn^*$ et $x\in\Rr$ , $f(nx)=f(x)+...+f(x)=nf(x)$ . De ce qui précède, on déduit :

$\forall x\in\Rr,\;\forall n\in\Zz,\;f(nx)=nf(x).$

Soit $a=f(1)$ . D’après ce qui précède, $\forall n\in\Zz,\;f(n)=f(n.1)=nf(1)=an$ .

Puis, pour $n\in\Nn^*$ , $nf(\frac{1}{n})=f(n\frac{1}{n})=f(1)=a$ et donc $\forall n\in\Nn^*,\;f(\frac{1}{n})=a\frac{1}{n}$ .

Puis, pour $p\in\Zz$ et $q\in\Nn^*$ , $f(\frac{p}{q})=pf(\frac{1}{q})=pa\frac{1}{q}=a\frac{p}{q}$ .

Finalement,

$\forall r\in\Qq,\;f(r)=ar.$

Maintenant, si l’on n’a pas l’hypothèse de continuité, on ne peut aller plus loin. Supposons de plus que $f$ soit continue sur $\Rr$ .

Soit $x$ un réel. Puisque $\Qq$ est dense dans $\Rr$ , il existe une suite $(r_n)_{n\in\Nn}$ de rationnels, convergente de limite $x$ .

$f$ étant continue en $x$ , on a :

$f(x)=f(\lim_{n\rightarrow +\infty}r_n)=\lim_{n\rightarrow +\infty}f(r_n)=\lim_{n\rightarrow +\infty}ar_n=ax.$

Donc, si $f$ est un morphisme continu de $(\Rr,+)$ , $f$ est une application linéaire de $\Rr$ dans $\Rr$ . Réciproquement, les applications linéaires conviennent.

exo7 5399