本习题中，我们举一个在有理数处间断然而在无理数处连续的函数的例子.由于有理数集合是可数的，因此我们可以把它写成

  \begin{align*}

    \mathbf{Q}=\{q(0),q(1),q(2),\cdots\}

  \end{align*}

其中$q:\mathbf{N}\to\mathbf{Q}$是从$\mathbf{N}$到$\mathbf{Q}$的双射.现在定义函数$g:\mathbf{Q}\to \mathbf{R}$,令

  \begin{align*}

    g(q(n)):=2^{-n},n\in\mathbf{N}

  \end{align*}

易得$\sum_{r\in\mathbf{Q}}g(r)$是绝对收敛的.现在定义函数

  \begin{align*}

    f:\mathbf{R}\to\mathbf{R},f(x)=\sum_{r\in Q;r<x}g(r).

  \end{align*}

易得函数$f$的定义是合理的，且易得$f$严格单调递增.下面首先说明$f$在有理数处间断.

这是因为对任意一个有理数$k$来说，容易得到无论$\delta>0$有多小，总有下式成立

  \begin{align*}

    \sum_{r\in\mathbf{Q};r<k+\delta}g(r)-\sum_{r\in\mathbf{Q};r<k}g(r)>

    2^{-p}

  \end{align*}

  其中$g(k)=2^{-p}$.

下面再说明$f$在任意无理数$t$处是连续的.这是因为，容易证明当$\varepsilon\to 0$时，

  \begin{align*}

    \sum_{r\in\mathbf{Q};r<t+\varepsilon}g(r)-\sum_{r\in\mathbf{Q};r<t}g(r)\to 0

  \end{align*}

(为什么?注意到当$\varepsilon$足够小时，$(t,t+\varepsilon)$中的任意一个有理数$m$在$g$的作用下形成的$g(m)$也会足够小)

同样的理由，容易证明当$\varepsilon\to 0$时，

\begin{align*}

  \sum_{r\in\mathbf{Q};r<t}g(r)-\sum_{r\in\mathbf{Q};r<t-\varepsilon}g(r)\to 0

\end{align*}

因此$f$在有理点间断，在无理点连续.