探究下述类黎曼函数的连续性，确定其连续点集合
咱们先把这个函数的定义再明确一遍，方便后续拆解分析：
$$f(x)= \begin{cases} |x|& \text{if $x$ is irrational or } x =0 , \[6pt] \frac {p}{q+1} & \text{if } x=\frac pq, p\in\mathbb Z,q\in\mathbb N ,,, \gcd(p,q)=1.\end{cases}$$
接下来我们分三种情况逐一判断连续性：
一、非零有理点的连续性
假设 $x_0 = \frac{p}{q}$ 是一个非零既约有理分数（$\gcd(p,q)=1, q\in\mathbb{N}, p\in\mathbb{Z}, p\neq0$），此时 $f(x_0) = \frac{p}{q+1}$。
我们看当 $x\to x_0$ 时的极限情况：
- 取一列趋近于 $x_0$ 的无理点 $x_n$，此时 $f(x_n) = |x_n|$，当 $n\to\infty$ 时，$f(x_n)\to |x_0| = \left|\frac{p}{q}\right|$。
- 对比函数值 $f(x_0) = \frac{|p|}{q+1}$，显然 $\frac{|p|}{q} > \frac{|p|}{q+1}$（因为 $q\geq1$），极限值和函数值不相等。
结论：所有非零有理点都是函数的间断点。
二、零点 $x=0$ 的连续性
$x=0$ 处，$f(0)=|0|=0$，我们需要验证 $\lim_{x\to0}f(x)=0$：
- 对任意给定的 $\epsilon>0$，取 $\delta = \epsilon$：
- 若 $x$ 是无理数或 $x=0$，则 $|f(x)-0|=|x|<\delta=\epsilon$；
- 若 $x=\frac{p}{q}$ 是既约有理点（$p\neq0$），则 $|f(x)-0|=\frac{|p|}{q+1}$。因为 $|x|=\frac{|p|}{q}<\delta=\epsilon$，所以 $\frac{|p|}{q+1} < \frac{|p|}{q} < \epsilon$。
不管 $x$ 是有理还是无理，只要 $|x|<\delta$，就满足 $|f(x)-0|<\epsilon$，符合连续的定义。结论：$x=0$ 是函数的连续点。
三、无理点的连续性
设 $x_0$ 是无理数，此时 $f(x_0)=|x_0|$，我们要证明 $\lim_{x\to x_0}f(x)=|x_0|$。
对任意 $\epsilon>0$，我们需要找到合适的 $\delta>0$，使得当 $|x-x_0|<\delta$ 时，$|f(x)-|x_0||<\epsilon$：
- 若 $x$ 是无理数，$f(x)=|x|$，此时 $|f(x)-|x_0||=||x|-|x_0||\leq|x-x_0|$，只要取 $\delta_1=\epsilon$，就能保证这个式子小于 $\epsilon$。
- 若 $x=\frac{p}{q}$ 是既约有理点，我们可以把 $f(x)$ 改写为 $x \cdot \frac{q}{q+1}$，那么：
$$\left|\frac{p}{q+1} - |x_0|\right| = \left|x \cdot \frac{q}{q+1} - |x_0|\right| \leq \left|x \cdot \frac{q}{q+1} - |x|\right| + ||x| - |x_0||$$
其中 $||x| - |x_0||\leq|x-x_0|$，而 $\left|x \cdot \frac{q}{q+1} - |x|\right| = |x| \cdot \frac{1}{q+1}$。
因为 $x_0$ 是无理数，对于固定的小分母 $q$，满足 $|x-x_0|<\delta$ 的有理点 $\frac{p}{q}$ 只有有限个（否则 $x_0$ 会是有理数，矛盾）。我们可以取足够小的 $\delta_2$，让邻域内的有理点分母 $q$ 足够大，使得 $\frac{|x|}{q+1}<\frac{\epsilon}{2}$。
最终取 $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$，就能保证邻域内所有点都满足 $|f(x)-|x_0||<\epsilon$。
结论：所有无理点都是函数的连续点。
最终总结
这个函数的连续点集合是：所有无理数加上零点 $0$，也就是 $\mathbb{R}\setminus(\mathbb{Q}\setminus{0})$。
内容的提问来源于stack exchange，提问作者user62498
