斷點可能稠密嗎？

雜談之道

函數的單調性高中就學啦，一個單調函數可以是y=x這樣的連續函數，還可以是y=x · sgn(x)這樣有間斷點的函數。你還能寫出很多單調函數，有無窮多個間斷點。不過你畫圖像時，這些函數的間斷點大概都是一個一個離散開的。那麼間斷點可能稠密嗎？

战巡

回复 1# 雜談之道

这还不简单...

狄利克雷函数啊

kuing

回复 2# 战巡

他的意思可能还要单调，因为他前面一直强调……

Czhang271828

不好意思, 半年前学艺不精, 解答确实有误. 本人对原答案造成的误导深表遗憾...

先放出结论: $\mathbb R$上单调函数间断点可以稠密, 但需至多可数.

下给出一例构造: 根据可数性, 排列正有理数集$\mathbb Q_+=\{r_n\}_{n=0}^\infty$. 定义$\mathbb R_+$上的函数
$$
f(x)=\sum_{n_k}\dfrac{1}{2^{n_k}},\quad\{r_{n_k}\in (0,x)\cap\mathbb Q\}.
$$
容易验证, 任意有理数$r_m$处的振幅为$2^{-m}$, 从而间断. 对任意给定的无理数$x$, 下证明其不连续:

$\forall\varepsilon>0$, $\exists\delta>0$使得$(x-\delta,x+\delta)$中有理数指标均大于$N$, 其中$N$满足$2^{-N}<\varepsilon/2$. 我们可以直接取$\delta=\dfrac{1}{2}\min_{0\leq n\leq N}|r_n-x|>0$. 这样一来, 对任意$x'\in(x-\delta,x+\delta)$, 有$|f(x)-f(x')|\leq \sum_{n>N}\dfrac{1}{2^n}\leq \dfrac{1}{2^N}<\varepsilon$. 从而$f(x)$在无理点处连续.

不妨延拓$f(x)$为$\mathbb R$上奇函数, $f(0)=0$, 则$f$在$\mathbb Q^*$上一定间断, 从而间断点在$\mathbb R$上稠密.

原答案是对至多可数性的论证:

证明：使用反证法，假设间断点不可数。

$\forall I_0\subset I$为有限开区间，$D_0:=D\cap I_0$。$\forall x_0\in D_0$，由于$x_0$为间断点，则显然有$\liminf_{x\to x_0}f(x)\neq\limsup_{x\to x_0}f(x)$（反之左右极限相等，$x_0$为可去间断点，与单调性矛盾）。我们记$y_0=\limsup_{x\to x_0}f(x)-\liminf_{x\to x_0}f(x)>0$。

构造映射$g: D_0\to\mathbb R_+,x_i\mapsto y_i=\limsup_{x\to x_0}f(x)-\liminf_{x\to x_i}f(x)>0$。$D_0$为不可数集时。显然$f(I_0)$有界，因此$\sum_{x\in D_0}g(x)\leq\limsup_{x\in D_0}f(x)-\liminf_{x\in D_0}f(x)$有界。我们记集合$A_n=\{x\in D_0:g(x)\geq n^{-1}\}$，这里可取$n=1,2,3,\ldots$。据上述有界性，显然得$A_n$为有限集，则$\cup_{n=1}^\infty A_n=D_0$为可数集，矛盾！

Czhang271828

回复 5# hbghlyj

啊对，已改，太显然的错误了

abababa

回复 4# Czhang271828

$D_0$在$I_0$上稠密，$D_0$为什么是不可数集呢？我不太明白。比如有理数集在实数集上稠密，但有理数集是可数集。

Czhang271828

回复 7# abababa

已改，感谢指正。请过目新答案。

abababa

回复 4# Czhang271828

后面那个证明我还是有些地方不懂。
求和时$S=\sum_{x\in D_0}g(x)$，这个是不可数项求和，如果先考虑有限项求和（$x_1<x_2<\cdots,x_n$）
\[\sum_{x\in \{x_1,x_2,\cdots,x_n\}}g(x)=[\limsup_{x\to x_1}f(x)-\liminf_{x\to x_1}f(x)]+[\limsup_{x\to x_2}f(x)-\liminf_{x\to x_2}f(x)]+\cdots\color{red}{\le} \limsup_{x\to x_n}f(x)-\liminf_{x\to x_1}f(x)\]
这样打开方括号相减时，如果想消掉其它项，就要求
\[-\liminf_{x\to x_k}f(x)+\limsup_{x\to x_{k-1}}f(x)\le 0\]
这个根据单调性能推出来吗？另外这是有限项求和，可数项求和也可以这样做，但如果变成不可数项求和，那些方括号还可以这样打开吗？

另外就是前面的例子，$f(x)=\sum_{n_k\in N(x)}\dfrac{1}{2^{n_k}},\quad\{r_{n_k}\in (0,x)\cap\mathbb Q\}$里的$N(x)$是什么？是指$x$的某个邻域吗？而且这样定义出来的$f(x)$，真的是一个函数吗？

Czhang271828

回复 9# abababa

$\in N(x)$系误打，一键替换符号时漏网之鱼。现将原答案中直接删去$\in N(x)$了。

我没有使用不可数加和的相关结论，可能看起来有这样的倾向？我只是想说明单调函数在区间$J$上的有界变差（右式）不小于其限制在$J$真子集上的有界变差。有界变差系实变函数概念，定义是

\[
\vee_a^b f:=\inf\left\{\sum_{i=1}^n |f(x_i)-f(x_{i+1})|, a=x_0<x_1<\cdots< x_n=b\right\}
\]

你可能会问：极限情况不仍是至多可数个分划生成的吗？为什么仍能解释不可数集的情况？不可数集确实不一定是Borel集；但需承认，但凡函数可测，有界变差就能自然使用。单调函数是可测的，其有界变差存在，从而一些直观的结论是说得通的。

单调函数可测不涉及循环论证，可放心使用。所以不必纠结“不可数求和”的一般性结论了，因为本来就是证伪，找出矛盾即可...

关于$f(x)$是否是函数的问题：定义函数$f_n(x)$在$[r_n,+\infty)$上值为$2^{-n}$，其余处值为$0$。可以看到$\{f_n\}$的部分和函数构成Cauchy列，从而一致收敛到完备空间$L^1(\mathbb R)$上的一个函数。用数分的Dini定理也能说明该问题（上界函数为$F\equiv 1$）。

Czhang271828

回复 9# abababa

刚刚找到了Darboux–Froda's theorem，其叙述就是“单调函数间断点至多可数”。可以看看wiki，上面的证明避开了一些基于实分析的定理。
   
en.wikipedia.org/wiki/Froda%27s_theorem

abababa

回复 10# Czhang271828

我发现这个间断点至多可数的证明，网友maven曾经给我证明过，我发上来：
设$f(x)$是定义在$(a,b)$上的严格单调增函数，$E$是$f(x)$在$(a,b)$上的间断点集，对任意的$x \in E$，由于$f(x-)<f(x+)$，因此存在间断点$x$到开区间$(f(x-),f(x+))$的映射$\varphi$。

对任意的$x_1,x_2 \in E$且$x_1<x_2$，由于$f(x_1+)<f(\frac{x_1+x_2}{2})<f(x_2-)$，因此$x_1,x_2$对应的那两个开区间没有重叠，进而$E$中不同的点对应到不同的开区间，从而$\varphi$（这里网友原来打的是$f$，应该是打错了）是单射。而这些开区间中的任意一个必定含有一个有理数，不同的开区间中含有不同的有理数，于是存在这些开区间到有理数子集的一个单射，单射的复合仍是单射，从而存在$E$中的点到有理数子集的一个单射。而此单射无需将$E$映满可数的有理数，从而$E$必定至多可数。

红色这里我一开始没想明白，开区间也包含不同的无理数，而无理数是不可数集，这样单射的原像就不能是可数的了，后来想明白了，这只是映到无理数的一个子集，而无理数的子集可能是可数集，比如$\{n\pi\}_{n=1}^{\infty}$就是无理数集的一个可数子集。

Czhang271828

回复  Czhang271828

我发现这个间断点至多可数的证明，网友maven曾经给我证明过，我发上来：
设$f(x)$是 ...
abababa 发表于 2021-6-15 19:36

哦，是啊！分别按照以下思路验证：

（1）单调函数的间断点都是跳跃间断点（下不妨设递增）；
（2）每个跳跃间断点$x$略去的函数值包含区间$(f(x^-),f(x^+))$，该区间包含无理数；
（3）任意两个区间$(f(x_i^-),f(x_i^+))$与$(f(x_j^-),f(x_j^+))$不交，因此包含的有理数不相同；
（4）一个有理数能代表至多一个$(f(x_i^-),f(x_i^+))$区间；而有理数可数，所以间断点至多可数。

这个很简单，是比求和的方法简单很多。好像猫和老鼠第四集可以找到

abababa

回复 12# Czhang271828
这真的和猫和老鼠有关吗？ 不过maven网友之前说的那个，我到是找到了飞天猫那一集，就是猫砍树然后把自己砸到的那个，越砸越矮，可能这就是他所说的调和数的意思吧。其它几个我根本就没看，觉得是在忽悠我 。

kuing

怎么又扯到猫和老鼠了

……

Czhang271828

回复  Czhang271828
这真的和猫和老鼠有关吗？ 不过maven网友之前说的那个，我到是找到了飞天猫 ...
abababa 发表于 2021-6-16 14:40

可能世界观不同，因此决定了方法论的不同。

abababa

回复 14# kuing

是想从他那得到一些解题灵感之类的，觉得他有时解题方法挺巧妙，有些让我看的话是能看懂，但我自己想不到。但总觉得他也时常忽悠我，比如让我看猫和老鼠，还有让我养哈士奇，说养了哈士奇就能想到解题方法了，说什么“哈士奇充满智慧的眼神永远指引着你解题的方向。”然后说得还非常认真，但题目又多数都帮我认真解，我都搞不明白怎么回事。

Czhang271828

回复 16# abababa

挺正常吧，题目帮你解是正常的事，顺便推荐一些个人特别喜好，或是想坑你玩玩，我猜猫和老鼠是前者，哈士奇嘛...

abababa

回复 4# Czhang271828
我按我的理解再叙述一下，请看看有哪里不对，按我的理解，我最后有两个地方没看明白。

将全体正有理数排序为$r_1 < r_2 < \cdots$，设$g_n(x)=\begin{cases}
\frac{1}{2^n} & x \ge r_n\\
0 & x < r_n
\end{cases}$。

令$f_n(x) = \sum_{k=1}^{n}g_k(x)$，再令$f(x) = \lim_{n \to \infty}f_n(x)$。则
\[
f(x) = \begin{cases}
0 & x < r_1\\
\frac{1}{2^1} & r_1 \le x < r_2\\
\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2} & r_2 \le x < r_3\\
\cdots\\
\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^n} & r_n \le x < r_{n+1}\\
1 & n \to \infty
\end{cases}\]

$f(x)$是非负函数。

函数$f(x)$在有理数$r_m$处的跳跃为$\frac{1}{2^m}$，因此间断。

当$x$是无理数时，因为任意区间中的有理数都有无穷多个，因此对任意的$\varepsilon > 0$都存在$\delta > 0$，使得小于$x-\delta$的有理数的个数多于$N$，其中$N$满足$\frac{1}{2^N} < \varepsilon$。于是对任意的$x' \in (x-\delta,x+\delta)$（不妨设$x'<x$，否则交换两个点的次序即可），有$x>x'> r_N$，所以
\[\abs{f(x)-f(x')} = f(x)-f(x') \le f(x)-(\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^n}) \le \]

有几个问题：$f(x)$的表达式，是我上面理解的那样吗？如果是这样，当$r_1\le x<r_2$时，虽然把那个$r_k$的序号排出来了，但两个有理数之间还有有理数，这种可以这样定义吗？

再就是最后的不等式，$f(x)$的极限不是$1$吗，而在这个$(x-\delta,x+\delta)$区间里，因为有理数有无穷多个，那$r_n$的下标就是可以趋向无穷的吧，已经能取到极限1了，那这样相减就不能再小于$\varepsilon$了。
这两个地方我没看明白。

abababa

发maven的解答：
不用考虑在无理点能不能连续，你只要把有理点间断掉就行。

令$\mathbb{Q} =\{r_n: n = 1,2,\cdots\}$，定义函数$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, x \mapsto \sum_{r_n \le x}\frac{1}{2^n}$。因为级数总是收敛的，所以$f$定义良好。

对任意的$x_1 < x_2$，必定存在$r_n \in (x_1, x_2)$，由于
\[f(x_1) = \sum_{r_k \le x_1}\frac{1}{2^k} < \sum_{r_k \le r_n}\frac{1}{2^k} < \sum_{r_k \le x_2}\frac{1}{2^k} = f(x_2)\]

因此$f(x)$是单调增函数。在任意有理点$r_n$处有
\[\lim_{x \to r_n^-}f(x) = \sum_{r_k < r_n}\frac{1}{2^k} < \sum_{r_k \le r_n}\frac{1}{2^k} = f(r_n)\]

由严格小于可知$f(x)$在任意有理点$r_n$处发生跳跃，因此不连续。从而得到一个在有理点处间断的增函数$f(x)$，间断点集因含全部有理点而稠密。

Czhang271828

回复 18# abababa


首先想说，你一定误解了“给有理数排序”的说法。我指的不是大小排序（肯定没有最小的正有理数），而是给出全体正有理数与$\mathbb N_+$的双射。所以你的极限函数$f$有误，比如$f(x)$应该是所有$\dfrac{1}{2^{n_k}}$之和，其中$\{r_{n_k}\}=\mathbb Q_+\cap(0,x)$。

然后$x$为无理数时的连续性还是说明一下。对任意$\varepsilon>0$，由于使得$2^{-n}>\varepsilon/2$的有理数$r_n$有限，所以$x$的某个邻域$B$中包含的有理数满足：任意$r_n\in B$，$2^{-n}<\varepsilon$。我用$\varepsilon-N$语言说明的就是这一点。而$x$点处的振幅不大于$f$在$B$上的上下确界差，即$\sum_{r_{n_k}\in B}\dfrac{1}{2^{n_k}}\leq2\varepsilon$。