1樓：雨雪晴
定義 ：如果 是拓撲空間 的子集滿足存在連續對映 , 使 , (即 )那麼就稱為 可 Wadge 歸約到 ，記為 . 如果 , 則稱 是 Wadge 等價的.（見[Ke]）
對於題主的問題，非常簡單，由於有理數集 是真 集，無理數集 是真 集， 所以 不成立.
Wadge 等價構成乙個等價關係，所有相互Wadge 等價的集合形成乙個等價類（稱為 Wadge 度），那麼 就在所有的這些等價類上構成了乙個偏序。
在 是零維的 Polish 空間（零維可分完備度量空間）的情況下，且只考慮其中有 Borel 集形成的 Wadge 等價類的情況下Wadge 和 Martin 得到了這個偏序的非常吃驚的結構：這是 Well founded, 每一層則最多只有兩個等價類，就是某個集合 形成的等價類和它的餘集 形成的等價類, 當然有可能 與 形成的等價類是重合的， 這時 所在的等價類稱為是自對偶的（self dual) . 如果把這些不是自對偶的類中的那兩個不等價的類 看作乙個類，那麼在這個更粗的等價類上， 就成了乙個良序集，序型是乙個 和 之間的極限序數。
Wesep進一步得到了，如果 是自對偶的，那麼下一層一定不是自對偶的，也就是排在 後面的那一層一定就是兩個不等價的類 ; 如果某一層 是兩個不等價的類，那麼它們的下一層必定是乙個自對偶的類。而且在共尾數為 的極限層，必是自偶的，在共尾數大於 的極限層，則不是自對偶的兩個互補的等價類。
那麼對於乙個Borel集 ， 是否存在乙個連續函式 使得 ,只要看 所在的這個等價類是否是自對偶的就行了。所有真 集正好是其中的乙個不是自對偶的等價類，它所在的位置是極限層第 層。
參考文獻： [Ke] Kechris S. Classical Descriptive Set Theory.
Graduate Texts in Mathematics 156, （1995）, 156–160.
2樓：隨便吧
感覺只要是有理數點的取值與無理數點的取值不同（也即狄利克雷函式那樣的），基本上處處不連續，是否無理點取有理數，有理點取無理數似乎並不是影響最大的。不過如果取值很特殊，也不好說，比如無理點都取0，有理點取√2/q，當有理點為p/q是既約真分數時，這就類似黎曼函式，是有連續點的
3樓：曼斯迪
為某科學普及活動湊熱鬧答下這low問題，答：肯定不連續。實軸上f若連續，A是R上開基底，則f(A)是R上開集，但按照定義f(R)只有可列個，矛盾。
4樓：李鴻儀
5樓：
這種函式是存在的，可以由分段函式進行構造，比如所有無理數帶進去後都等於有理數1，所有有理數帶進去後得到無理數，得到的這些無理數就分布在1兩邊，得到極小段連續。非標準分析很容易看出這種函式是存在的，而且可以是連續函式，畢竟更深層次上標準分析只是非標準分析的一部分，因為非標準分析的公理系統可以解釋任何乙個實數是怎麼產生的。
注：帶入函式的結果只有乙個有理數，其它全部是無理數，如果你帶入的函式的結果出現了兩個有理數，那麼你這構造出來的函式就一定不是連續函式。因為任何乙個有理數跟他連續的肯定是分布著無理數，兩個有理數之間，用帶入函式的有理數對應的結果無理數無法排滿，也就是可數集的點無法排滿不可數集的點。
用可數集的點和不可數集的點其實是不夠清晰的，非標準分析會讓你看得很清晰，不可數集也是有區別的，要考慮到不同構造可能存在關聯性，一一對應是有使用條件的。
非標準分析認為標準分析的兩個實數集R在更深層次上可能不是完全等同的，這是由於標準分析實數集的構造引起的，但是任何乙個實數集R都是在非標準分析奇點世界外（無窮小和無窮大世界外），更深層次的計算需要考慮實數集R構造引起的不完全等同現象，否則計算結果會出問題，這種問題在標準分析裡無法發現但是在非標準分析裡會看得很清晰，因為任何乙個標準分析的實數集R都是由無窮小和無窮大世界的公理系統產生的，非標準分析的無窮小和無窮大已經由之前的變數發展成了常量且都以常數的形式體現出來，這些常數全部不是實數集R裡的元素，它們經過它們的公理系統可以得到任何乙個實數集R，任何乙個標準分析的實數集R都是奇點世界外集合的真子集。
6樓：oyck
這個問題首先要懂什麼是可排列。自然數，整數，有理數，都是可列集。但是無理數是不可排列的。
你要找到乙個對映，讓定義域有理數這種可數集合到值域裡的無理集合，那麼值域裡的無理集合就會是不可數的。你在定義域裡劃定一段稠密集合，打到值域裡。那麼值域一定不稠密。
7樓：
記得是課後習題吧。假設這樣的 連續，則 恆取無理數，由連續性可知 某無理常數，矛盾。
這種技巧不能得到其他答案中提到的關於 間斷點的性質，所以用處不大；建議還是剛正面。
8樓：
當然啦。如果不侷限於 那一套的話這其實是顯然的。
注意到，因 和 ，所以 是個可數集。如果f是連續的，那麼 必須是連通的，所以要麼是個單點集，要麼是個不為單點集的區間。前者是不可能的，因為 起碼有乙個無理數，乙個有理數。
但是後者也不可能，因為這種區間必須是非可數集。所以這種f不可能是連續的。
9樓：rqy
感謝 @唐瓏珂 。
手機沒法打公式，明天電腦再打一發。
首先根據上乙個回答存在乙個f(x)滿足條件且僅在可數個點不連續。
那麼考慮是否存在乙個f(x)只在有限個點不連續。既然它只在有限個點不連續，就一定在某個閉區間[a,b]上連續，從而可以取到最小值m到最大值中M的所有值（介值定理）。由於[m,M]包含不可數個無理數，而[a,b]只包含可數個有理數，因此f(x)不可能取到[m,M]中的所有無理數值，矛盾。
實際上證明中間斷點有限有限這個條件可以弱化成f(x)的間斷點不稠密，因此根據上述反證，f(x)的間斷點在R上一定是稠密的。
10樓：Will
這問題有點意思。看到已經有人回答說至少可以做到在可列個點連續，但實際上可以做到更強：
考慮黎曼函式 : 當 為有理數 （p, q不可約）時， ；當 為無理數時， ;
所有的無理點都是它的連續點，所有的有理點都是它的不連續點。（證明略，微積分書上都有。）
那麼把該函式稍改一下，當 為有理數 （p, q不可約）時，; 那麼就滿足題主的條件，但並不影響結論，仍然有「所有的無理點都是它的連續點，所有的有理點都是它的不連續點」。
所有至少可以在不可列個點連續，僅在可列個點不連續。
所以問題該問，是否可以做到僅在有限個點不連續？或更進一步，處處連續？
是否存在乙個 無法判定為有理數或無理數 的實數？
宙宇001 定義實數a如下 若康托爾連續統假設為真，則a 1 若康托爾連續統假設為假，則a e 類似如此，那麼實數a可不可以判定，取決於連續統假設可不可判定。那麼這樣就可以看出來，存在與否可以變成，有沒有不可判定的命題。 hhh 有，因為證明是一段有限文字。設符號有無限個，那麼把符號排列。設a1是第...
兩個有理數之間必然存在乙個無理數，兩個無理數之間必然存在乙個有理數，但是為何無理數多於有理數？
MAN 翻譯一下 任意兩個有理數之間必有無理數 任意兩個無理數之間必有有理數。換句話說 沒有兩個無理數或有理數是 相鄰 的。既然沒有無理數是相鄰的，無理數是怎樣做到比有理數 多得多 的？這似乎是矛盾的。 因為這個問題表述不夠細緻容易在直觀印象上引起歧義。兩個有理數之間必然是有無數個 多於乙個 無理數...
思考乙個問題，任意給定乙個非零有理數和乙個無理數，能否通過加減（可以無限次）使極限收斂到整個實數集？
這等價於證明對於任意無理數 和正整數 對於任意小的 0 eeimg 1 都存在整數 使得 適當取 則證畢 說實話我第一反應是該命題錯誤，直覺上覺得乙個足夠低階的代數數應該沒辦法被這麼好地逼近 原來是對的啊 Taiat 可以，但是要允許對其中的一些項加上括號，先算括號再算整個求和，不然每步步長大於乙個...