Continuité et stabilité des rationnels

Pour les polynômes de degré $\geq 2$,

1ère observation : si $f$ est une fonction polynomiale satisfaisant ta propriété (du post orginal), alors tous les coefficients de $f$ sont rationnels.

Cela vient par exemple du fait que si $f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i$ alors en prenant $(r_0,\dots,r_n)$ $n+1$ rationnels différents et en notant $r'_i=f(r_i)$ alors $r'_i$ est également rationnel par ton hypothèse. En écrivant le système $f(r_i) = r'_i$ on voit que l'image de $(a_0,\dots,a_n)$ par une matrice de Vandermonde inversible à coefficients rationnels est une colonne à coefficients rationnels. L'inverse de la matrice de Vandermonde est toujours à coefficients rationnels et donc les coefficients $a_i$ sont rationnels.

On suppose désormais que $f(x) =\sum_{i=0}^na_i x^i$ avec $a_i$ des entiers relatifs et $a_n\neq 0$ (quitte à multiplier la fonction de base par le ppcm des dénominateurs ce qui ne change pas les propriétés de la fonction $f$).

2ème observation :

Si $k$ est un entier, et $p/q$ une fraction sous forme irréductible telle que $f(p/q)=k$ alors $q$ divise $a_n$.

En effet on écrit $f(x)=k$ de sorte que $\sum_{i=0}^na_ip^i/q^i = k$ soit $\sum_{i=0}^n a_ip^iq^{n-i}=q^nk$. Puisque $q$ divise le membre de droite $q^nk$ et divise également tous les $a_ip^i q^{n-i}$ pour $i\neq n$ on en déduit que $q$ divise $a_np ^n$. Puisque $p$ et $q$ sont premier entre eux c'est donc que $q$ divise $a_n$.

Ainsi si un rationnel est un antécédent d'un entier par $f$ alors le dénominateur de ce rationnel n'est pas trop grand : c'est toujours un diviseur de $a_n$.

On est prêt à aboutir à une contradiction :

Supposons sans restriction de généralité que $f(x)\xrightarrow[x\to \infty]{}\infty$. Puisque $f$ est polynomiale on aura un $M>0$ tel que $f$ est bijective strictement croissante de $[M,\infty[$ sur $[f(M),\infty[$. Maintenant on regarde tous les entiers dans $[f(M),\infty[$, on va montrer qu'il y en a qui n'admettent pas d'antécédent rationnel dans $[M,\infty[$. En effet, par la deuxième observation, alors en notant $D := \{k/a_n\ |\ k\in \mathbb{N}, k/a_n \geq M\}$ on voit que tous les antécédents rationnels possibles pour les entiers de $[f(M),\infty[$ sont dans $D$. Cependant si $\deg(f)\geq 2$ alors $f(\frac{k+1}{a_n})-f(\frac{k}{a_n}) \xrightarrow[k\to \infty]{}\infty$ (je rappelle que $n\geq 2$ est fixé ainsi que $a_n$). Ainsi lorsque $k$ est trop grand, $f(\frac{k+1}{a_n}) > f(\frac{k}{a_n})+17$ et donc aucun entier dans l'intervalle $]f(\frac{k}{a_n}), f(\frac{k+1}{n})[$ n'aura un antécédent dans $D$ ce qui est bien une contradiction (l'antécédent d'un tel entier dans $[M,\infty[$ étant donc forcément un irrationnel).
Sauf erreur(s).

@Chalk
Ayant conscience d'avoir pollué le fil initial j'ai voulu t'envoyer un message mais je ne sais plus où il est passé et je le reprends ici !

Soit $\varphi$ la fonction $1$-périodique définie pour $|t|\leqslant\dfrac12$ par $\varphi(t)=t(1−4t^2)$. Il est facile de voir que la dérivée se raccorde en $\dfrac12$ et que $\varphi$ est $C^1$ sur $\R$.
Il suffit alors de prendre $f$ définie par $\displaystyle f(x)=\sum_{n\geqslant0}\frac{\varphi(n!x)}{(n!)^2}$

La fonction $f$ est $C^1$ sur $\R$ car la série et la série des dérivées sont normalement convergentes sur $\R$ .

Puisque $\varphi(\Z)=\{0\}$ l'image par $f$ d'un rationnel est encore un rationnel.

Pour un rationnel $ r$ donné et $n$ assez grand on a $\dfrac{\varphi'(n!r)}{n!}=\dfrac1{n!}$ (la fonction $\varphi′$ est $1$-périodique et vaut $1$ en $0$) et il en résulte que $f′(r)$ est somme de $\mathrm{e}$ et d'un rationnel.

Wow, merci rakam pour la solution, je n'avais jamais vu ce genre de fonctions c'est très instructif et ça donne des idées !

Sinon turboLanding, il y a des méthodes constructives pour construire des polynômes annulateur de $\alpha+\beta$ et $\alpha\beta$ quand on connait des polynômes annulateurs de $\alpha$ et $\beta$ (voir https://math.stackexchange.com/questions/331017/enlightening-proof-that-the-algebraic-numbers-form-a-field par exemple). Je te laisse faire les calculs pour ton nombre horrible