L’ensemble $B$ est connexe si et seulement si toute fonction continue $f:B\to \{0,1\}$ est constante. Soit alors $f:B\to \{0,1\}$ une fonction continue et montrons qu’elle est constante. Remarquons que la restriction de $f$ à tout ensemble $B_a$ est constante ( $B_a$ est connexe).

On définit $g : \Rr \longrightarrow \{0,1\}$ tel que $B_a$ prend la valeur qu’a $f$ sur $B_x$ . Nous allons montrer que $g$ est localement constante (on ne sait pas si $g$ est continue).

Soit $a \notin \Qq$ alors on a $(a,0)\in B$ , $f$ est une fonction continue et $\{f(a,0)\}$ est un ouvert de $\{0,1\}$ , donc $f^{-1}(\{ f(a,0) \})$ est un ouvert de $B$ . Donc il existe $\epsilon >0$ tel que si $(x,y) \in (]a-\epsilon,a+\epsilon[\times ]-\epsilon,\epsilon[)\times B$ alors $f(x,y)=f(a,0)$ . Alors pour $x\in ]a-\epsilon,a+\epsilon[$ on a $g(x)=g(a)$ : si $x\notin \Qq$ alors $g(x)=f(x,0)=f(a,0)=g(a)$ ; et si $x\in \Qq$ alors $g(x)= f(x,\frac \epsilon 2) = f(a,0)=g(a)$ . Donc $g$ est localement constante au voisinage des point irrationnels.
Si $a\in \Qq$ et soit $b\in ]0,1]$ alors $f$ est continue en $(a,b)$ donc il existe $\epsilon >0$ tel que pour tout $x\in ]a-\epsilon,a+\epsilon[\cap \Qq$ , $g(x)=f(x,b)=f(a,b)=g(a)$ . Si maintenant $x\in ]a-\epsilon,a+\epsilon[\cap (\Rr \setminus \Qq)$ , on prend une suite $(x_n)$ de rationnels qui tendent vers $x$ . Comme $f$ est continue alors $g(a)=g(x_n)=f(x_n,b)$ tend vers $f(x,b)=g(x)$ . Donc $g(a)=g(x)$ . Nous avons montrer que $g$ est localement constante au voisinage des point rationnels.
Bilan : $g$ est localement constante sur $\Rr$ .

Comme $\Rr$ est connexe, alors $g$ est constante sur $\Rr$ . Donc $f$ est constante sur $\Rr$ . Ce qu’il fallait démontrer.

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