Exercice 22

1. Si $\frac{p}{q}$ est irréductible, $\frac{p + q}{q}$ l'est aussi, avec le même dénominateur : $f(x + 1) = f(x)$ pour $x$ rationnel, et l'égalité est claire pour $x$ irrationnel. $$\boxed{f \text{ est } 1\text{-périodique}}$$

Soit $r = \frac{p}{q}$ rationnel. Une suite d'irrationnels qui tend vers $r$ a des images nulles, alors que $f(r) = \frac{1}{q} \neq 0$. $$\boxed{f \text{ n'est continue en aucun rationnel}}$$

2. Un rationnel $r = \frac{p}{q}$ de $[a - 1\,,a + 1]$ tel que $f(r) \geqslant \varepsilon$ a un dénominateur $q \leqslant \frac{1}{\varepsilon}$, et son numérateur vérifie $q(a - 1) \leqslant p \leqslant q(a + 1)$ : il n'y a qu'un nombre fini de couples $(p, q)$ possibles. $$\boxed{\text{l'ensemble } F \text{ de ces rationnels est fini}}$$

Comme $a$ est irrationnel, $a \notin F$ ; on pose $\delta = \frac{1}{2}\min\big(1, \min\limits_{r \in F} |r - a|\big)$, avec $\delta = \frac{1}{2}$ si $F$ est vide. C'est un réel strictement positif, car un minimum d'un nombre fini de réels strictement positifs l'est aussi, et l'intervalle $[a - \delta\,,a + \delta]$ ne contient aucun élément de $F$. Si $|x - a| \leqslant \delta$, alors ou bien $x$ est irrationnel et $f(x) = 0$, ou bien $x$ est un rationnel hors de $F$ et $f(x) < \varepsilon$. $$\boxed{f(x) < \varepsilon \text{ sur } [a - \delta\,,a + \delta]}$$

3. On a donc $|f(x) - f(a)| = f(x) < \varepsilon$ pour $|x - a| \leqslant \delta$. $$\boxed{f \text{ est continue en tout irrationnel}}$$ Sur la figure, au-dessus de toute hauteur $\varepsilon$, il n'y a qu'un nombre fini de points : près d'un irrationnel, la courbe reste aussi basse que l'on veut.