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.

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