Для решения нам потребуется воспользоваться следующим фактом, который требуется доказать.

Пусть $\frac{p}{q}$ — несократимая дробь, причем $p$ — целое, а $n$ — натуральное. Тогда существует бесконечно много натуральных чисел, которые мы обозначим возрастающей последовательностью $k_n$, таких, что $\frac{k_{n}p+1}{k_{n}q}$ тоже является несократимой дробью.

Рациональное $x$

Рассмотрим такие $x$, которе представляют собой несократимые дроби $\frac{p}{q}$.

Для каждой такой дроби $\frac{p}{q}$, по теореме из начала решения, можно найти возрастающую последовательность натуральных чисел $k_n$. Введем тогда следующую числовую последовательность:

$$r_n=\frac{k_{n}p+1}{k_{n}q}$$

Покажем, что она стремится к $\frac{p}{q}$:

$$\begin{gathered} \underset{n\to \infty }{\lim }{r}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{k_{n}p+1}{k_{n}q}=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\frac{p}{q}+\frac{1}{k_{n}q}\right)= \\ =\frac{p}{q}+\frac{1}{q}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{k_n}=\frac{p}{q}+\frac{1}{q}\cdot 0=\frac{p}{q} \end{gathered}$$

Мы воспользовались тем фактом, что $\frac{1}{k_n}$ является подпоследовательностью элементарной последовательности $\frac{1}{n}$, которая стремится к $0$ (см. прото-задачу П.10).

Теперь покажем, что $f\left(\frac{p}{q}\right)$ не ограничена в любой окрестности этой точки. Докажем от противного, то есть предположим, что она ограничена в любой окрестности этой точки.

Возьмем произвольную $\epsilon$-окрестность точки $\frac{p}{q}$. По нашему предположению в этой окрестности $f(x)$ ограничена некоторым числом $M>0$.

Как мы показали выше, точка $\frac{p}{q}$ является пределом последовательности $r_n$. Это по определению предела последовательности означает, что в любой ее окрестности содержится бесконечно много членов $r_n$, в том числе и в рассматриваемой нами $\epsilon$-окрестности.

Но раз имеем бесконечно много элементов $r_n$, то имеем бесконечного членов $k_n$, среди которых можно выбрать такое $k_t$, которое больше $M$. Тогда:

$$f(r_t)=f\left(\frac{k_{t}p+1}{k_{t}q}\right)=k_{t}q>M$$

Получаем противоречие:

$$f(r_t)\le M\text{ и }f(r_t)>M$$

Подобный процесс можно провести для любой точки $\frac{p}{q}$, любой ее окрестности и любого "ограничителя" $M$, а это означает, что $f(x)$ не ограничена в любой окрестности любой точки вида $\frac{p}{q}$.

$■$

Иррациональное $x$

Пусть теперь $x$ равен какому-то произвольному иррациональному числу $\alpha$.

Возьмем произвольную $\epsilon$-окрестность $\alpha$. Она имеет вид $(\alpha -\epsilon ,\alpha +\epsilon )$. По свойству плотности множества вещественных чисел, между любыми неравными вещественными числами всегда найдется какое-то рациональное число. Обозначим рациональное число между $\alpha -\epsilon$ и $\alpha +\epsilon$ за $r$. Это рациональное число можно представить несократимой дробью $\frac{p}{q}$.

Собственно, в этот момент можно просто повторить доказательство неограниченности $f(x)$ для рациональных $x$ выше, только с учетом того, что окрестности $r$ надо брать такие, которые входят в $\epsilon$-окрестность $\alpha$.