是泛函分析否存否存在有界实值函数, 使得其在有理点上连续, 无理点上不连续?
答案是不存在. 我们先证明一条引理.
若 f ( x ) f(x) f(x) 在有理数点处连续, 则至少在一个无理数点处连续.
证明: [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上的有理数集合可以排列为 Q ∩ [ 0 , 1 ] = { 0 } ∪ { 1 2 , 2 2 } ∪ ⋯ ∪ { 1 m , . . . , m m } ∪ . . . \mathbb{Q}\cap[0,1]=\\cup\{\frac{1}{2}, \frac{2}{2}\} \cup \cdots \cup\{\frac{1}{m}, ..., \frac{m}{m}\}\cup... Q∩[0,1]={rn}. 在 A A A 中任取一个有理数点 r n 1 r_{n_{1}} rn1, 记为 ξ 1 \xi_{1} ξ1, 对于 ϵ 1 = 1 2 \epsilon_{1}=\frac{1}{2} ϵ1=21, 存在 0 < δ 1 < 1 2 0 \lt \delta_{1} \lt \frac{1}{2} 0<δ1<21,使得 ∣ x − ξ 1 ∣ ≤ δ 1 |x-\xi_{1}|\leq \delta_{1} ∣x−ξ1∣≤δ1 时, ∣ f ( x ) − f ( ξ 1 ) ∣ ≤ ϵ 1 |f(x)-f(\xi_{1})|\leq \epsilon_{1} ∣f(x)−f(ξ1)∣≤ϵ1, 则在区间 [ ξ 1 − δ 1 , ξ 1 + δ 1 ] [\xi_{1}-\delta_{1}, \xi_{1}+\delta_{1}] [ξ1−δ1,ξ1+δ1] 内, 任取 x 1 , x 2 x_{1}, x_{2} x1,x2, ∣ f ( x 1 ) − f ( x 2 ) ∣ ≤ ∣ f ( x 1 ) − f ( ξ 1 ) ∣ + ∣ f ( x 2 ) − f ( ξ 1 ) ∣ ≤ 1 2 + 1 2 = 1 |f(x_{1})-f(x_{2})|\leq |f(x_{1})-f(\xi_{1})|+|f(x_{2})-f(\xi_{1})|\leq \frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1 ∣f(x1)−f(x2)∣≤∣f(x1)−f(ξ1)∣+∣f(x2)−f(ξ1)∣≤21+21=1. 在此区间内任取一有理数点 r n 2 r_{n_{2}} rn2, n 2 > n 1 n_{2}\gt n_{1} n2>n1, 记为 ξ 2 \xi_{2} ξ2, 这是可以办到的: 否则, 该区间内的有理数标号全部小于等于 n 1 n_{1} n1, 说明该区间有理数个数为有限个, 显然不成立. 对于 ϵ 2 = 1 2 2 \epsilon_{2}=\frac{1}{2^{2}} ϵ2=221, 存在 0 < δ 2 < 1 2 2 0 \lt \delta_{2} \lt \frac{1}{2^{2}} 0<δ2<221, 使得 [ ξ 2 − δ 2 , ξ 2 + δ 2 ] ⊂ [ ξ 1 − δ 1 , ξ 1 + δ 1 ] [\xi_{2}-\delta_{2}, \xi_{2}+\delta_{2}]\subset [\xi_{1}-\delta_{1}, \xi_{1}+\delta_{1}] [ξ2−δ2,ξ2+δ2]⊂[ξ1−δ1,ξ1+δ1], 且对于其中的任意一点 x x x, ∣ f ( x ) − f ( ξ 2 ) ∣ ≤ ϵ 2 |f(x)-f(\xi_{2})|\leq \epsilon_{2} ∣f(x)−f(ξ2)∣≤ϵ2, 则在区间 [ ξ 2 − δ 2 , ξ 2 + δ 2 ] [\xi_{2}-\delta_{2}, \xi_{2}+\delta_{2}] [ξ2−δ2,ξ2+δ2] 内, 任取 x 1 , x 2 x_{1}, x_{2} x1,x2, ∣ f ( x 1 ) − f ( x 2 ) ∣ ≤ ∣ f ( x 1 ) − f ( ξ 2 ) ∣ + ∣ f ( x 2 ) − f ( ξ 2 ) ∣ ≤ 1 2 2 + 1 2 2 = 1 2 |f(x_{1})-f(x_{2})|\leq |f(x_{1})-f(\xi_{2})|+|f(x_{2})-f(\xi_{2})|\leq \frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{2}}=\frac{1}{2} ∣f(x1)−f(x2)∣≤∣f(x1)−f(ξ2)∣+∣f(x2)−f(ξ2)∣≤221+221=21. … 在区间 [ ξ k − 1 − δ k − 1 , ξ k − 1 + δ k − 1 ] [\xi_{k-1}-\delta_{k-1}, \xi_{k-1}+\delta_{k-1}] [ξk−1−δk−1,ξk−1+δk−1] 内任取一有理数点 r n k r_{n_{k}} rnk, n k > n k − 1 n_{k}\gt n_{k-1} nk>nk−1, 记为 ξ k \xi_{k} ξk, 这是可以办到的: 否则, 该区间内的有理数标号全部小于等于 n k − 1 n_{k-1} nk−1, 说明该区间有理数个数为有限个, 显然不成立. 对于 ϵ k = 1 2 k \epsilon_{k}=\frac{1}{2^{k}} ϵk=2k1, 存在 0 < δ k < 1 2 k 0 \lt \delta_{k} \lt \frac{1}{2^{k}} 0<δk<2k1,使得 [ ξ k − δ k , ξ k + δ k ] ⊂ [ ξ k − δ k , ξ k + δ k ] [\xi_{k}-\delta_{k}, \xi_{k}+\delta_{k}]\subset [\xi_{k}-\delta_{k}, \xi_{k}+\delta_{k}] [ξk−δk,ξk+δk]⊂[ξk−δk,ξk+δk], 且对于其中的任意一点 x x x, ∣ f ( x ) − f ( ξ k ) ∣ ≤ ϵ k |f(x)-f(\xi_{k})|\leq \epsilon_{k} ∣f(x)−f(ξk)∣≤ϵk, 则在区间 [ ξ k − δ k , ξ k + δ k ] [\xi_{k}-\delta_{k}, \xi_{k}+\delta_{k}] [ξk−δk,ξk+δk] 内, 任取 x 1 , x 2 x_{1}, x_{2} x1,x2, ∣ f ( x 1 ) − f ( x 2 ) ∣ ≤ ∣ f ( x 1 ) − f ( ξ k ) ∣ + ∣ f ( x 2 ) − f ( ξ k ) ∣ ≤ 1 2 k + 1 2 2 = 1 2 k − 1 |f(x_{1})-f(x_{2})|\leq |f(x_{1})-f(\xi_{k})|+|f(x_{2})-f(\xi_{k})|\leq \frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{2}}=\frac{1}{2^{k-1}} ∣f(x1)−f(x2)∣≤∣f(x1)−f(ξk)∣+∣f(x2)−f(ξk)∣≤2k1+221=2k−11. 考虑 ⋂ i = 1 ∞ [ ξ i − δ i , ξ i + δ i ] \bigcap\limits_{i=1}^{infty}[\xi_{i}-\delta_{i}, \xi_{i}+\delta_{i}] i=1⋂∞[ξi−δi,ξi+δi], 这是一列嵌套的闭区间, 且区间长度趋于 0 0 0, 根据闭区间套定理, 可以推出其交集为一个点 x 0 x_ x0. 这个点必然是无理数点, 否则, 设其编号为 n n n, 则 n > n k ≥ k n\gt n_{k}\geq k n>nk≥k, ∀ k ∈ N + \forall k \in \mathbb{N}^{+} ∀k∈N+, 显然不成立. 满足对于 ∀ ϵ > 0 \forall \epsilon \gt 0 ∀ϵ>0, 存在正整数 k k k 使得 1 2 k − 1 < ϵ \frac{1}{2^{k-1}}\lt \epsilon 2k−11<ϵ, x 0 ∈ [ ξ k − δ k , ξ k + δ k ] x_\in [\xi_{k}-\delta_{k}, \xi_{k}+\delta_{k}] x0∈[ξk−δk,ξk+δk], 对于此区间内的任意一点 x x x, ∣ f ( x ) − f ( x 0 ) ∣ ≤ 1 2 k − 1 < ϵ |f(x)-f(x_)|\leq \frac{1}{2^{k-1}}\lt \epsilon ∣f(x)−f(x0)∣≤2k−11<ϵ, 因此可以找到一个 δ > 0 \delta\gt 0 δ>0, 使得 [ x 0 − δ , x 0 + δ ] ⊂ [ ξ k − δ k , ξ k + δ k ] [x_-\delta, x_+\delta]\subset [\xi_{k}-\delta_{k}, \xi_{k}+\delta_{k}] [x0−δ,x0+δ]⊂[ξk−δk,ξk+δk], 进而当 ∣ x − x 0 ∣ ≤ δ |x-x_|\leq \delta ∣x−x0∣≤δ 时, ∣ f ( x ) − f ( x 0 ) ∣ ≤ ϵ |f(x)-f(x_)|\leq \epsilon ∣f(x)−f(x0)∣≤ϵ.
该证明参考了知乎问题 是否存在有界实值函数, 使得其在有理点上连续, 无理点上不连续? 的回复中网友"冯白羽"的回答.
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