是否存在在R上严格递增且处处不连续的函数？
今将证明

> $$\color{blue}{\text{Theorem}}$$ 单调函数的间断点至多可列。

设 $$f(x)$$ 在 $$(a,b)$$ 上单调递增，如果它仅有有限多个间断点，结论是平凡的，我们只需研究这间断点无限多的场合。

首先，我们熟知所有这些间断都是第一类间断，也即是说 $$f(x)$$ 在每个间断点处的左、右极限均存在，只不过它们并不都等于该点的函数值。

假如 $$c$$ 就是这样的一个间断点，于是有 $$f(c-)< f(c+).$$ 为了叙述方便，我们把形如 $$(f(c-),f(c+))$$的开区间称为 $$f(x)$$ 在 $$x=c$$ 处的跃区，简记为 $$L(c).$$

显然地， $$f(x)$$ 在每个间断点处都存在一个跃区，并且可以证明这些跃区必不相交，也即是说

> $$\color{blue}{\text{Prop.}}$$ 对于间断点 $$c'>c,$$ 必有 $$L(c)\cap> L(c')=\varnothing.$$

这证明是容易的。考虑在 $$c,c'$$ 之间插入 $$d,d'$$ 使得 $$c<d<d'<c'.$$ 于是有 $$f(d)\le f(d'),$$现在固定 $$d'$$ 并让 $$d\to c^+,$$ 则有 $$f(c+)\le f(d');$$ 同理，固定 $$d$$ 并让 $$d'\toc'^-,$$可得 $$f(d)\le f(c'-).$$ 于是 $$f(c-)< f(c+)\le f(c'-)<f(c'+).$$ 这就证得了$$\text{Prop. }$$

如此，就可以得到与这无限多个间断点形成双射的跃区，且任何两个跃区都不相交。我们在每个跃区中总能求得一个有理数从而做成某个有理数集。由于跃区不交，这些有理数必不同，于是这做成的有理数集与跃区的全体形成了双射。有理数集可列，从而这跃区也可列，$$\text{Theorem}$$ 由此得证。为了读者理解上的方便，将上述论证过程的脉络总结如下

> 全体间断点与全体跃区形成双射，全体跃区又与某有理数集形成双射，于是全体间断点与这有理数集形成双射。由于任何的有理数集可列，于是全体间断点也可列。

现在，可以回答当前问题如下

> 因为单调函数的间断点至多可列，换言之，单调函数几乎处处连续，于是不存在处处不连续的单调函数。

最后岔开多说几句。 依这里证得的$$\text{Theorem},$$ 单调函数的间断点构成一个零测集，于是再依 $$\text{Lebesgue}$$定理，即可直接断定

> 定义在闭区间上的单调函数可积。