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'\to c'^-, 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。
