Aquí viene una prueba en el caso general. Primero vamos a empezar con el siguiente
Lema: Vamos a $-\varepsilon<y<0<x<\varepsilon$$N\in\mathbb{N}$.
A continuación, hay algunos $M\in\mathbb{N}$ $z_{1},\dots,z_{M}\in\left\{ x,y\right\} $
con
$$
\left|\left\{ i\in\left\{ 1,\dots,M\right\} \,\mid\, z_{i}=x\right\} \right|=N
$$
y
$$
\left|\sum_{i=1}^{K}z_{i}\right|<\varepsilon\qquad\forall K\in\left\{ 1,\dots,M\right\} .\qquad\qquad\left(\ast\right)
$$
Prueba: en primer lugar inductivamente construir una secuencia infinita $\left(w_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\in\left\{ x,y\right\} ^{\mathbb{N}}$
con $\left|\sum_{i=1}^{n}w_{i}\right|<\varepsilon$ todos los $n\in\mathbb{N}$.
Está claro que la declaró condición tiene por $w_{1}:=x$, desde
$-\varepsilon<x<\varepsilon$. Ahora, vamos a $w_{1},\dots,w_{n}$ ser ya
construidos. Distinguir dos casos:
Tenemos $\alpha:=\sum_{i=1}^{n}w_{i}\geq0$. A continuación, elija $w_{n+1}:=y$.
Entonces
$$
\varepsilon>\alpha>\alpha+y=\sum_{i=1}^{n+1}w_{i}=\alpha+y\geq y>-\varepsilon,
$$
es decir,$\left|\sum_{i=1}^{n+1}w_{i}\right|<\varepsilon$.
Tenemos $\alpha:=\sum_{i=1}^{n}w_{i}<0$. A continuación, elegimos $w_{n+1}:=x$.
Similar a la anterior, de la siguiente manera
$$
-\varepsilon<\alpha<\alpha+x=\sum_{i=1}^{n+1}w_{i}=\alpha+x\leq x<\varepsilon
$$
y, por tanto,$\left|\sum_{i=1}^{n+1}w_{i}\right|<\varepsilon$.
Supongamos ahora que $\left\{ i\in\mathbb{N}\,\mid\, w_{i}=x\right\} $
es finito. Esto implica $w_{i}=y$ todos los $i\geq N_{0}$ $N_{0}\in\mathbb{N}$
adecuado. Pero esto implica
$$
\sum_{i=1}^{N}w_{i}=\sum_{i=1}^{N_{0}-1}w_{i}+\sum_{i=N_{0}}^{N}w_{i}=\sum_{i=1}^{N_{0}-1}w_{i}+\left(N-N_{0}\right)y\xrightarrow[N\to\infty]{}-\infty,
$$
en contradicción a $\left|\sum_{i=1}^{N}w_{i}\right|<\varepsilon$
para todos los $N$.
Por lo tanto, $\left\{ i\in\mathbb{N}\,\mid\, w_{i}=x\right\} $ es infinito.
Es fácil ver que esto implica la existencia de $M\in\mathbb{N}$
con $\left|\left\{ i\in\left\{ 1,\dots,M\right\} \,\mid\, w_{i}=x\right\} \right|=N$,
de modo que podemos establecer$z_{i}:=w_{i}$$i\in\left\{ 1,\dots,M\right\} $.
$\square$
Comentario:
1. Totalmente un argumento similar se demuestra que podemos elegir $z_{1},\dots,z_{M}\in\left\{ x,y\right\} $
con
$$
\left|\left\{ i\in\left\{ 1,\dots,M\right\} \,\mid\, z_{i}=y\right\} \right|=N
$$
y de tal manera que $\left(\ast\right)$ aún se mantiene.
- Para la secuencia de arriba, también tenemos
$$
\left|\sum_{i=K}^{M}z_{i}\right|=\left|\sum_{i=1}^{M}z_{i}-\sum_{i=1}^{K-1}z_{i}\right|\leq\left|\sum_{i=1}^{M}z_{i}\right|+\left|\sum_{i=1}^{K-1}z_{i}\right|<2\varepsilon\qquad\qquad\left(\square\right)
$$
para todos los $K\in\left\{ 1,\dots,M\right\} $.
Por el argumento dado por @zhw., hay algunos $\delta>0$ $C>0$
con $\left|\frac{f\left(x\right)}{x}\right|\leq C$ todos los $x\in\left(-\delta,\delta\right)\setminus\left\{ 0\right\} $.
Vamos a necesitar esta constante $C$ por debajo.
Primera nota de que $f\left(0\right)=0$ es trivial (tenga en cuenta la secuencia de
$a_{n}=0$). Ahora, supongamos hacia una contradicción que $f$
no es lineal en cualquier barrio de $0$. Esto implica que para cada
$n\in\mathbb{N}$ hay $x_{n}\in\left(0,\frac{1}{n^{2}}\right)$
y $y_{n}\in\left(-\frac{1}{n^{2}},0\right)$ con
$$
\alpha_{n}:=\frac{f\left(x_{n}\right)}{x_{n}}\neq\frac{f\left(y_{n}\right)}{y_{n}}=:\beta_{n}.
$$
De hecho, si no en el caso de no $x_{n},y_{n}$ algunos $n\in\mathbb{N}$,
podríamos solucionar algunos $y_{n}\in\left(-\frac{1}{n^{2}},0\right)$ y sería
obtener
$$
\gamma:=\frac{f\left(y_{n}\right)}{y_{n}}=\frac{f\left(x\right)}{x}
$$
para todos los $x\in\left(0,\frac{1}{n^{2}}\right)$. Asimismo, la fijación de ahora
un arbitrario $x_{n}\in\left(0,\frac{1}{n^{2}}\right)$ y obtener
$$
\frac{f\left y\right)} de{y}=\frac{f\left(x_{n}\right)}{x_{n}}=\frac{f\left(y_{n}\right)}{y_{n}}=\gamma
$$
para todos los $y\in\left(-\frac{1}{n^{2}},0\right)$. Con todo, esto implica
$f\left(y\right)=\gamma\cdot y$ todos los $y\in\left(-\frac{1}{n^{2}},\frac{1}{n^{2}}\right)$,
ya tenemos $f\left(0\right)=0$. Por lo tanto, $f$ es lineal en un barrio
de $0$ después de todo, una contradicción.
Tenga en cuenta que (por elección de $C$ anterior), tenemos $\left|\alpha_{n}\right|\leq C$
y $\left|\beta_{n}\right|\leq C$. Deje $\varepsilon_{n}:=\frac{1}{n^{2}}$
y elija $N_{n}\in\mathbb{N}$$N_{n}\geq\frac{1+C\varepsilon_{n}}{\left|\alpha_{n}-\beta_{n}\right|\left|x_{n}\right|}$.
Tenga en cuenta que esto es posible, ya que $\left|\alpha_{n}-\beta_{n}\right|>0$
y $\left|x_{n}\right|>0$. Por el Lema anterior, nos encontramos con algunos $M_{n}\in\mathbb{N}$
y $z_{1}^{\left(n\right)},\dots,z_{M_{n}}^{\left(n\right)}\in\left\{ x_{n},y_{n}\right\} $
con
$$
N_{n}=\left|\left\{ i\in\left\{ 1,\dots,M_{n}\right\} \,\mid\, z_{i}^{\left(n\right)}=x\right\} \right|
$$
y
$$
\left|\sum_{i=1}^{K}z_{i}^{\left(n\right)}\right|<\varepsilon_{n}=\frac{1}{n^{2}}\qquad\forall K\in\left\{ 1,\dots,M_{n}\right\} .\qquad\qquad\left(\daga\right)
$$
En particular (por $K=M_{n}$), obtenemos
$$
\left|N_{n}x_{n}+\left(M_{n}-N_{n}\right)y_{n}\right|=\left|\sum_{i=1}^{M_{n}}z_{i}^{\left(n\right)}\right|<\frac{1}{n^{2}}.\qquad\qquad\left(\ddagger\right).
$$
Ahora definir una secuencia $\left(a_{k}\right)_{k\in\mathbb{N}}$ por
$$
a_{k}=z_{\ell}^{\left(K\right)}\qquad\text{ para }k=\sum_{i=1}^{K-1}M_{i}+\ell\text{ con }K\in\mathbb{N}\text{ y }\ell\en\left\{ 1,\dots,M_{K}\right\} .
$$
No es demasiado difícil ver que esto está bien definido. Además,
la serie $\sum_{k}a_{k}$ es convergente, ya que es de Cauchy; de hecho, para $\sum_{i=1}^{T-1}M_{i}+p=t\geq k=\sum_{i=1}^{K-1}M_{i}+\ell$,
tenemos
\begin{eqnarray*}
\left|\sum_{n=k}^{t}a_{n}\right| & \leq & \left|\sum_{n=\ell}^{M_{K}}z_{n}^{\left(K\right)}\right|+\sum_{S=K+1}^{T-1}\left|\sum_{n=1}^{M_{S}}z_{n}^{\left(S\right)}\right|+\left|\sum_{n=p}^{M_{T}}z_{n}^{\left(T\right)}\right|\\
& < & 2\varepsilon_{K}+\sum_{S=K+1}^{T-1}\varepsilon_{S}+\varepsilon_{T}\\
& \leq & 2\sum_{n=K}^{T}\frac{1}{n^{2}}\leq2\sum_{n=K}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\xrightarrow[K\to\infty]{}0.
\end{eqnarray*}
Por supuesto, en $f$, esto implica la convergencia de $\sum_{n}f\left(a_{n}\right)$.
En particular, esta serie es de Cauchy. Pero para $K\in\mathbb{N}$, se
han
\begin{eqnarray*}
\left|\sum_{n=1+\sum_{i=1}^{K-1}M_{i}}^{\sum_{i=1}^{K}M_{i}}f\left(a_{n}\right)\right| & = & \left|\sum_{n=1}^{M_{K}}f\left(z_{n}^{\left(K\right)}\right)\right|\\
& = & \left|N_{n}f\left(x_{n}\right)+\left(M_{n}-N_{n}\right)f\left(y_{n}\right)\right|\\
& = & \left|N_{n}\alpha_{n}x_{n}+\left(M_{n}-N_{n}\right)\beta_{n}y_{n}\right|\\
& = & \left|N_{n}\left(\alpha_{n}-\beta_{n}\right)x_{n}+\beta_{n}\left(N_{n}x_{n}+\left(M_{n}-N_{n}\right)y_{n}\right)\right|\\
& \geq & N_{n}\left|\alpha_{n}-\beta_{n}\right|\left|x_{n}\right|-\left|\beta_{n}\right|\cdot\left|N_{n}x_{n}+\left(M_{n}-N_{n}\right)y_{n}\right|\\
& \overset{\text{see }\left(\ddagger\right)}{\geq} & N_{n}\left|\alpha_{n}-\beta_{n}\right|\left|x_{n}\right|-C\varepsilon_{n}\\
& \geq & 1
\end{eqnarray*}
por elección de $N_{n}$, lo que muestra que $\sum_{n}f\left(a_{n}\right)$
no es de Cauchy y por lo tanto no convergentes, una contradicción.