Bab 39: Turunan Pertama dan Rasio Perubahan

39.1 Definisi Formal Turunan

Bagian VIII membangun kalkulus diferensial di atas teori limit. Penjelasan master untuk Bab 39: turunan mengukur laju perubahan sesaat melalui limit rasio diferensi. Laju perubahan rata-rata $f$ dari $c$ ke $c+h$ adalah kemiringan garis yang melalui dua titik grafik, $\tfrac{f(c+h)-f(c)}h$. Laju sesaat adalah limit kemiringan itu ketika $h\to0$. Dengan teori limit Bab 34, limit itu mempunyai arti yang tepat, dan kita dapat menentukan kapan limit itu ada dan kapan tidak.

Prasyarat: Bab 34–36; Teorema Binomial (Teorema 27.3.6).

Definisi

Definisi 39.1.1 (Turunan)

Misalkan $f:D\to\mathbb{R}$ dan $c\in D$ titik akumulasi $D$. Fungsi $f$ terdiferensialkan di $c$ bila limit

ada, sebagai bilangan real. Bilangan $f'(c)$ disebut turunan $f$ di $c$. Fungsi hasil bagi $Q_c(x)=\tfrac{f(x)-f(c)}{x-c}$ terdefinisi pada $D\setminus\{c\}$, dan $c$ titik akumulasi domainnya.

Dengan substitusi $x=c+h$ (Latihan 34.2-7), definisinya menjadi rumus master

dengan $h$ berjalan pada himpunan $\{h\ne0:c+h\in D\}$.

Bila $f$ terdiferensialkan di setiap titik $D$, maka $f$ terdiferensialkan pada $D$, dan fungsi $x\mapsto f'(x)$ disebut turunan $f$. Notasi lain: $\tfrac{df}{dx}$ dan $\tfrac d{dx}f(x)$. Notasi Leibniz ini hanyalah lambang untuk limit, bukan pecahan dari "bilangan $dx$".

Limit sepihak memberi turunan kanan $f'_+(c)$ dan turunan kiri $f'_-(c)$ (Unit 35.1). Pada ujung interval tertutup, turunan berarti turunan sepihak, karena hanya satu sisi yang tersedia. Menurut Teorema 35.1.2, di titik dalam, $f'(c)$ ada jika dan hanya jika $f'_+(c)$ dan $f'_-(c)$ ada dan sama.

Contoh 39.1.2 (Contoh Master)

$f(x)=x^2$ di $c=3$:

dan $\lim_{h\to0}(6+h)=6$. Pembatalan $h$ sah, karena $h\ne0$ di dalam definisi limit (Proposisi 35.2.2). Secara umum, $(x^2)'=2x$, dengan perhitungan yang sama: $\tfrac{(c+h)^2-c^2}h=2c+h$.

Turunan Fungsi Dasar

Proposisi 39.1.3

(a) Fungsi konstan: $c'=0$.

(b) $(x^n)'=nx^{n-1}$ untuk $n\in\mathbb{N}_{+}$, di setiap $x\in\mathbb{R}$.

(c) $\bigl(\tfrac1x\bigr)'=-\tfrac1{x^2}$ di setiap $x\ne0$.

(d) $(\sqrt x)'=\tfrac1{2\sqrt x}$ di setiap $x>0$.

Bukti. (a) Hasil baginya $0$.

(b) Teorema 27.3.6: $(x+h)^n-x^n=\sum_{k=1}^n\binom nkx^{n-k}h^k$. Jadi untuk $h\ne0$, hasil baginya adalah $nx^{n-1}+\sum_{k=2}^n\binom nkx^{n-k}h^{k-1}$. Suku-suku dalam jumlah itu memuat $h^{k-1}$ dengan $k-1\geq1$, sehingga menuju $0$ (Akibat 34.3.4).

(c) $\tfrac1h\bigl(\tfrac1{x+h}-\tfrac1x\bigr)=-\tfrac1{x(x+h)}\to-\tfrac1{x^2}$, untuk $h$ kecil sehingga $x+h\ne0$.

(d) $\tfrac{\sqrt{x+h}-\sqrt x}h=\tfrac1{\sqrt{x+h}+\sqrt x}\to\tfrac1{2\sqrt x}$ (Teorema 34.3.6). $\square$

Contoh 39.1.4 (Tidak Terdiferensialkan)

(a) $|x|$ di $0$: hasil baginya $\tfrac{|h|}h=\operatorname{sgn}h$. Jadi $f'_+(0)=1$ dan $f'_-(0)=-1$, dan $f'(0)$ tidak ada. Grafiknya mempunyai "sudut" di $0$.

(b) $\sqrt x$ di $0$, pada $D=[0,\infty)$: $\tfrac{\sqrt h}h=\tfrac1{\sqrt h}\to+\infty$. Turunan kanannya tidak ada sebagai bilangan real. Garis singgungnya tegak.

(c) $\sqrt[3]x$ di $0$, pada $\mathbb{R}$: $\tfrac{\sqrt[3]h}h=\tfrac1{(\sqrt[3]h)^2}\to+\infty$ dari kedua sisi. Fungsi ini kontinu tetapi tidak terdiferensialkan di $0$.

(d) $\lfloor x\rfloor$ di bilangan bulat: tidak kontinu, sehingga tidak terdiferensialkan (Teorema 39.2.1).

Contoh 39.1.5 (Terdiferensialkan di Satu Titik Saja)

$f(x)=x^2\chi_{\mathbb{Q}}(x)$. Di $0$: $\bigl|\tfrac{f(h)}h\bigr|\leq|h|\to0$, sehingga $f'(0)=0$. Di $c\ne0$, $f$ tidak kontinu (Latihan 36.1-2(b)), sehingga tidak terdiferensialkan. Keterdiferensialan adalah sifat titik demi titik, dan dapat terjadi di satu titik saja.

Rumusan Hampiran Linear

Teorema 39.1.6 (Carathéodory)

Misalkan $c\in D$ titik akumulasi $D$. $f$ terdiferensialkan di $c$ jika dan hanya jika ada fungsi $\varphi:D\to\mathbb{R}$ yang kontinu di $c$ dengan

Dalam hal itu, $\varphi(c)=f'(c)$.

Bukti. ($\Rightarrow$) Tetapkan $\varphi(x)=\tfrac{f(x)-f(c)}{x-c}$ untuk $x\ne c$, dan $\varphi(c)=f'(c)$. Persamaannya berlaku, termasuk di $x=c$, karena kedua ruas nol. $\varphi$ kontinu di $c$ menurut Proposisi 36.1.2(a). ($\Leftarrow$) Untuk $x\ne c$, $\tfrac{f(x)-f(c)}{x-c}=\varphi(x)\to\varphi(c)$. $\square$

Bentuk setara: $f(c+h)=f(c)+f'(c)h+r(h)$, dengan $\tfrac{r(h)}h\to0$, yaitu $r(h)=(\varphi(c+h)-\varphi(c))h$. Garis $y=f(c)+f'(c)(x-c)$ disebut garis singgung. Garis ini adalah satu-satunya garis yang galatnya mengecil lebih cepat daripada $|x-c|$ (Latihan 39.1-7). Rumusan Carathéodory menyederhanakan bukti aturan rantai (Bab 40).

Contoh 39.1.7 (Model Hipotetis: Kecepatan)

Bila $s(t)$ menyatakan posisi suatu benda pada waktu $t$ dalam suatu model, maka $\tfrac{s(t+h)-s(t)}h$ adalah kecepatan rata-rata pada selang $[t,t+h]$, dan $s'(t)$ adalah kecepatan sesaat. Untuk model $s(t)=5t^2$, kecepatan sesaat pada $t=3$ adalah $s'(3)=5\cdot6=30$, dalam satuan model. Ini ilustrasi aritmetika, bukan klaim tentang sistem fisik tertentu.

Latihan

Latihan 39.1-1. Hitung dari definisi: (a) $f'(2)$ untuk $f(x)=3x^2-x$; (b) $f'(c)$ untuk $f(x)=x^3$; (c) $f'(4)$ untuk $f(x)=\tfrac1{\sqrt x}$.

Latihan 39.1-2. Tentukan turunan kanan dan kiri di $0$ untuk (a) $x|x|$; (b) $\max(x,0)$; (c) $x^2$ untuk $x\geq0$ dan $x$ untuk $x<0$.

Latihan 39.1-3. Buktikan Proposisi 39.1.3(b) tanpa Teorema Binomial, dengan faktorisasi $a^n-b^n=(a-b)\sum_{j=0}^{n-1}a^{n-1-j}b^j$.

Latihan 39.1-4. Buktikan bahwa $f(x)=x^2\sin\tfrac1x$ untuk $x\ne0$ dan $f(0)=0$ terdiferensialkan di $0$, dengan $f'(0)=0$. Gunakan hanya P26-SIN.

Latihan 39.1-5. Misalkan $|f(x)|\leq x^2$ untuk semua $x$. Buktikan bahwa $f'(0)=0$.

Latihan 39.1-6. Untuk $f(x)=x^{1/3}$ pada $\mathbb{R}$, dengan akar pangkat tiga real, buktikan bahwa hasil bagi di $0$ menuju $+\infty$.

Latihan 39.1-7. Misalkan $f$ terdiferensialkan di $c$, dan $\ell(x)=f(c)+m(x-c)$ dengan $m\ne f'(c)$. Buktikan bahwa $\tfrac{f(x)-\ell(x)}{x-c}\not\to0$. Jadi garis singgung adalah satu-satunya garis yang memenuhi syarat itu.

Latihan 39.1-8. Misalkan $f$ terdiferensialkan di $c$. Buktikan bahwa $\lim_{h\to0}\tfrac{f(c+h)-f(c-h)}{2h}=f'(c)$. Beri contoh bahwa limit ini dapat ada walaupun $f'(c)$ tidak ada.

Solusi

Solusi 39.1-1. (a) $\tfrac{3(2+h)^2-(2+h)-10}h=\tfrac{11h+3h^2}h=11+3h\to11$. (b) $\tfrac{(c+h)^3-c^3}h=3c^2+3ch+h^2\to3c^2$. (c) $\tfrac1h\bigl(\tfrac1{\sqrt{4+h}}-\tfrac12\bigr)=\tfrac{2-\sqrt{4+h}}{2h\sqrt{4+h}}=\tfrac{-1}{2\sqrt{4+h}(2+\sqrt{4+h})}\to-\tfrac1{16}$. $\square$

Solusi 39.1-2. (a) $\tfrac{h|h|}h=|h|\to0$ dari kedua sisi, sehingga $f'(0)=0$. (b) Turunan kanan $1$ dan kiri $0$. (c) Turunan kanan $\lim\tfrac{h^2}h=0$ dan kiri $\lim\tfrac hh=1$. $\square$

Solusi 39.1-3. Dengan $a=x+h$ dan $b=x$: $\tfrac{(x+h)^n-x^n}h=\sum_{j=0}^{n-1}(x+h)^{n-1-j}x^j\to\sum_{j=0}^{n-1}x^{n-1}=nx^{n-1}$, menurut Akibat 34.3.4. $\square$

Solusi 39.1-4. $\bigl|\tfrac{f(h)}h\bigr|=|h\sin\tfrac1h|\leq|h|\to0$, dengan P26-SIN. $\square$

Solusi 39.1-5. $|f(0)|\leq0$, sehingga $f(0)=0$. Lalu $\bigl|\tfrac{f(h)-0}h\bigr|\leq|h|\to0$. $\square$

Solusi 39.1-6. $\tfrac{h^{1/3}}h=\tfrac1{(h^{1/3})^2}$ untuk $h\ne0$. Bila $|h|<\tfrac1{K^3}$ dengan $K>0$, maka $|h^{1/3}|<\tfrac1K$, sehingga hasil baginya $>K^2$. Jadi hasil bagi menuju $+\infty$. $\square$

Solusi 39.1-7. $\tfrac{f(x)-\ell(x)}{x-c}=\tfrac{f(x)-f(c)}{x-c}-m\to f'(c)-m\ne0$. $\square$

Solusi 39.1-8. $\tfrac{f(c+h)-f(c-h)}{2h}=\tfrac12\Bigl(\tfrac{f(c+h)-f(c)}h+\tfrac{f(c-h)-f(c)}{-h}\Bigr)\to\tfrac12(f'(c)+f'(c))$. Untuk suku kedua, substitusi $k=-h$. Contoh: $|x|$ di $0$ memberi $\tfrac{|h|-|-h|}{2h}=0\to0$, padahal $f'(0)$ tidak ada. $\square$

Ringkasan

Turunan $f'(c)=\lim_{h\to0}\tfrac{f(c+h)-f(c)}h$ adalah limit laju perubahan rata-rata. Untuk contoh master, $x^2$ di $3$ memberi $6+h\to6$. Turunan fungsi dasar dihitung langsung: $(x^n)'=nx^{n-1}$, $(\tfrac1x)'=-\tfrac1{x^2}$, dan $(\sqrt x)'=\tfrac1{2\sqrt x}$. Keterdiferensialan dapat gagal karena sudut ($|x|$), garis singgung tegak ($\sqrt[3]x$), atau ketidakkontinuan, dan dapat berlaku hanya di satu titik ($x^2\chi_{\mathbb{Q}}$). Rumusan Carathéodory, $f(x)-f(c)=\varphi(x)(x-c)$ dengan $\varphi$ kontinu di $c$, setara dengan keterdiferensialan dan menyatakan bahwa garis singgung adalah hampiran linear terbaik.

39.2 Hubungan Teoretis Diferensiabilitas dan Kontinuitas

Teorema master: jika suatu fungsi dapat diturunkan (differentiable) di suatu titik, maka ia pasti kontinu di titik tersebut. Sebaliknya belum tentu benar.

Unit ini membuktikan teorema itu, menunjukkan bahwa kebalikannya gagal di satu titik ($|x|$), di tak hingga banyak titik, dan, dengan fungsi Takagi, di semua titik sekaligus: ada fungsi yang kontinu di mana-mana tetapi tidak terdiferensialkan di mana pun. Bukti untuk fungsi Takagi diberikan lengkap, dengan alat yang sudah tersedia.

Prasyarat: Unit 39.1; Bab 36; deret bersuku taknegatif (Bab 31–32).

Terdiferensialkan Mengakibatkan Kontinu

Teorema 39.2.1

Bila $f$ terdiferensialkan di $c$, maka $f$ kontinu di $c$. Lebih tepatnya, ada $\delta>0$ sehingga

Bukti. Ambil $\delta$ dari definisi turunan dengan $\varepsilon=1$. Untuk $0<|x-c|<\delta$, $\bigl|\tfrac{f(x)-f(c)}{x-c}\bigr|<|f'(c)|+1$. Kalikan dengan $|x-c|$. Untuk $x=c$, ketaksamaannya jelas. Ketaksamaan ini memberi kontinuitas dengan $\delta'=\min\bigl(\delta,\tfrac\varepsilon{|f'(c)|+1}\bigr)$.

Bukti singkat lain: $f(x)-f(c)=\varphi(x)(x-c)\to\varphi(c)\cdot0=0$ (Teorema 39.1.6). $\square$

Kontraposisinya sering dipakai: fungsi yang tidak kontinu di $c$ tidak terdiferensialkan di $c$. Contohnya fungsi lantai di bilangan bulat, dan $x^2\chi_{\mathbb{Q}}$ di $c\ne0$.

Ketaksamaan pada teorema ini adalah syarat Lipschitz lokal di sekitar titik $c$ saja. Syarat itu membatasi $|f(x)-f(c)|$, bukan $|f(x)-f(y)|$ untuk dua titik sebarang.

Kebalikannya Salah

Contoh 39.2.2

(a) $|x|$ kontinu di $0$, tetapi tidak terdiferensialkan di $0$ (Contoh 39.1.4(a)).

(b) Fungsi jarak ke bilangan bulat terdekat, $\phi(x)=\min(x-\lfloor x\rfloor,\ \lceil x\rceil-x)$, dengan $\lceil x\rceil=-\lfloor-x\rfloor$, kontinu di mana-mana. Fungsi ini tidak terdiferensialkan di setiap $\tfrac k2$, $k\in\mathbb{Z}$, yaitu di bilangan bulat dan setengah bilangan bulat, karena turunan kiri dan kanannya $\pm1$ dan berbeda. Di titik lain, fungsi ini linear dengan kemiringan $\pm1$.

(c) $\sqrt[3]x$ kontinu, tetapi tidak terdiferensialkan di $0$, karena garis singgungnya tegak.

Contoh (b) adalah gigi gergaji yang menjadi bahan dasar fungsi Takagi.

Kontinu di Mana-Mana, Terdiferensialkan di Mana Pun Tidak

Lemma 39.2.3 (Tali Busur yang Mengapit)

Misalkan $f$ terdiferensialkan di $x$, $u_n\leq x\leq v_n$, $u_n<v_n$, dan $v_n-u_n\to0$. Maka

Bukti. Tulis $\lambda_n=\tfrac{v_n-x}{v_n-u_n}\in[0,1]$. Dengan $\varphi$ dari Teorema 39.1.6, $f(v_n)-f(u_n)=\varphi(v_n)(v_n-x)-\varphi(u_n)(u_n-x)$, sehingga

Karena $u_n,v_n\to x$ dan $\varphi$ kontinu di $x$, kedua nilai $\varphi$ menuju $f'(x)$. Rata-rata berbobotnya berjarak paling banyak $\max\bigl(|\varphi(v_n)-f'(x)|,|\varphi(u_n)-f'(x)|\bigr)\to0$ dari $f'(x)$. $\square$

Teorema 39.2.4 (Fungsi Takagi)

Misalkan $\phi$ seperti pada Contoh 39.2.2(b), dan

Deret ini konvergen untuk setiap $x$, karena $0\leq\phi\leq\tfrac12$ dan deret pembandingnya geometri (Teorema 32.1.1). Maka $T$ kontinu di setiap $x\in\mathbb{R}$, dan tidak terdiferensialkan di titik mana pun.

Bukti. Kontinuitas. Tulis $T_N(x)=\sum_{j=0}^N\tfrac{\phi(2^jx)}{2^j}$, yang kontinu sebagai jumlah hingga fungsi kontinu. Sisanya memenuhi $0\leq T(x)-T_N(x)\leq\sum_{j>N}\tfrac1{2\cdot2^j}=2^{-N-1}$ untuk semua $x$. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $N$ dengan $2^{-N-1}<\tfrac\varepsilon3$, lalu $\delta$ dari kontinuitas $T_N$ di $x$ untuk $\tfrac\varepsilon3$. Untuk $|y-x|<\delta$:

Ketidakterdiferensialan. Tetapkan $x$. Untuk $n\geq1$, misalkan $k_n=\lfloor2^nx\rfloor$, $u_n=\tfrac{k_n}{2^n}$, dan $v_n=\tfrac{k_n+1}{2^n}$. Maka $u_n\leq x<v_n$ dan $v_n-u_n=2^{-n}\to0$. Hitung kemiringan tali busur

• Untuk $j\geq n$: $2^ju_n$ dan $2^jv_n$ adalah bilangan bulat, sehingga $\phi$ bernilai $0$ di kedua titik. Suku-suku ini nol.
• Untuk $j<n$: $t\mapsto2^jt$ memetakan $[u_n,v_n]$ ke interval yang panjangnya $2^{j-n}\leq\tfrac12$, dengan ujung-ujung kelipatan berurutan dari $2^{j-n}$. Setengah bilangan bulat juga kelipatan $2^{j-n}$, sehingga tidak ada setengah bilangan bulat di bagian dalam interval itu. Pada interval semacam itu, $\phi$ linear dengan kemiringan $+1$ atau $-1$. Jadi suku ke-$j$ sama dengan $2^n\cdot\tfrac{\pm2^{j-n}}{2^j}=\pm1$.

Jadi $D_n=\sum_{j=0}^{n-1}\epsilon_j$ dengan $\epsilon_j\in\{1,-1\}$. Tanda $\epsilon_j$ tidak bergantung pada $n$, karena interval berikutnya termuat dalam interval sebelumnya. Akibatnya $D_{n+1}-D_n=\epsilon_n=\pm1$ untuk setiap $n$, sehingga $(D_n)$ bukan barisan Cauchy dan tidak konvergen. Bila $T'(x)$ ada, Lemma 39.2.3 akan memberi $D_n\to T'(x)$. Kontradiksi. $\square$

Teorema ini adalah versi Takagi (1903), dengan bukti tali busur yang dipopulerkan Billingsley. Contoh pertama fungsi semacam ini diberikan Weierstrass (1872) dengan deret trigonometri. Fakta sejarah ini dicatat dari sumber: P. Allaart dan K. Kawamura, "The Takagi function: a survey", arXiv:1110.1691 (https://arxiv.org/abs/1110.1691), dan entri "Blancmange curve", Wikipedia (https://en.wikipedia.org/wiki/Blancmange_curve), diakses 2 Oktober 2026.

Secara intuitif, $T$ terlalu bergerigi untuk mempunyai garis singgung di mana pun. Setiap kali kita memperbesar grafiknya, muncul gerigi baru dengan kemiringan $\pm1$ yang tidak berkurang. Kontinuitas tidak membatasi kemiringan sama sekali.

Latihan

Latihan 39.2-1. Buktikan bahwa $f(x)=\lfloor x\rfloor$ tidak terdiferensialkan di bilangan bulat, dengan Teorema 39.2.1, dan terdiferensialkan dengan $f'=0$ di titik lain.

Latihan 39.2-2. Untuk $f(x)=x^2$ di $c=1$, tentukan $\delta$ sehingga $|f(x)-f(1)|\leq3|x-1|$ untuk $|x-1|<\delta$.

Latihan 39.2-3. Buktikan bahwa $\phi$ pada Contoh 39.2.2(b) memenuhi $|\phi(x)-\phi(y)|\leq|x-y|$, dan bahwa $\phi$ tidak terdiferensialkan di $\tfrac12$.

Latihan 39.2-4. Hitung $T(0)$, $T(\tfrac12)$, dan $T(\tfrac14)$.

Latihan 39.2-5. Untuk $x=\tfrac13$, hitung $D_1$, $D_2$, dan $D_3$ pada bukti Teorema 39.2.4.

Latihan 39.2-6. Beri contoh fungsi kontinu pada $\mathbb{R}$ yang tidak terdiferensialkan tepat di bilangan bulat.

Latihan 39.2-7. Misalkan $f$ terdiferensialkan di $c$ dan $g$ tidak terdiferensialkan di $c$. Buktikan bahwa $f+g$ tidak terdiferensialkan di $c$. (Gunakan kelinearan turunan, yang dibuktikan dari definisi dengan Teorema 34.3.1.)

Latihan 39.2-8. Tunjukkan dengan contoh bahwa Lemma 39.2.3 gagal bila syarat $u_n\leq x\leq v_n$ dibuang. Cari $f$ yang terdiferensialkan di $0$, dan $0<u_n<v_n$ dengan $u_n,v_n\to0$, sehingga kemiringan tali busur $[u_n,v_n]$ tidak menuju $f'(0)$.

Solusi

Solusi 39.2-1. Di bilangan bulat $k$, $\lfloor x\rfloor$ tidak kontinu (Latihan 34.1-6), sehingga tidak terdiferensialkan. Di $c\notin\mathbb{Z}$, $\lfloor x\rfloor$ konstan pada suatu lingkungan, sehingga hasil baginya $0$. $\square$

Solusi 39.2-2. $|x^2-1|=|x+1||x-1|$. Untuk $|x-1|<1$, $|x+1|<3$. Jadi $\delta=1$ bekerja. Konstanta $3=|f'(1)|+1$ sesuai dengan Teorema 39.2.1. $\square$

Solusi 39.2-3. $\phi(x)=\min_{k\in\mathbb{Z}}|x-k|$, yaitu jarak ke $\mathbb{Z}$. Untuk $k$ yang mencapai jarak bagi $y$: $\phi(x)\leq|x-k|\leq|x-y|+|y-k|=|x-y|+\phi(y)$. Pertukaran $x$ dan $y$ memberi ketaksamaan lainnya. Di $\tfrac12$: untuk $0<h<\tfrac12$, $\phi(\tfrac12+h)=\tfrac12-h$ dan $\phi(\tfrac12-h)=\tfrac12-h$. Turunan kanannya $-1$ dan turunan kirinya $+1$. $\square$

Solusi 39.2-4. $T(0)=0$. $T(\tfrac12)$: $j=0$ memberi $\tfrac12$, dan untuk $j\geq1$, $2^j\cdot\tfrac12$ bilangan bulat, sehingga sukunya $0$. Jadi $T(\tfrac12)=\tfrac12$. $T(\tfrac14)$: $j=0$ memberi $\tfrac14$, $j=1$ memberi $\tfrac12\phi(\tfrac12)=\tfrac14$, dan sisanya $0$. Jadi $T(\tfrac14)=\tfrac12$. $\square$

Solusi 39.2-5. $\tfrac13$: $k_1=\lfloor\tfrac23\rfloor=0$, sehingga $[0,\tfrac12]$. $k_2=\lfloor\tfrac43\rfloor=1$, sehingga $[\tfrac14,\tfrac12]$. $k_3=\lfloor\tfrac83\rfloor=2$, sehingga $[\tfrac14,\tfrac38]$.

• $D_1=\tfrac{T(\tfrac12)-T(0)}{1/2}=1$.
• $D_2=\tfrac{T(\tfrac12)-T(\tfrac14)}{1/4}=0$.
• $D_3=8\bigl(T(\tfrac38)-T(\tfrac14)\bigr)$. $T(\tfrac38)=\phi(\tfrac38)+\tfrac12\phi(\tfrac34)+\tfrac14\phi(\tfrac32)=\tfrac38+\tfrac18+\tfrac18=\tfrac58$, sehingga $D_3=8(\tfrac58-\tfrac12)=1$.

Barisan $1,0,1$ berubah sebesar $\pm1$ pada setiap langkah, sesuai bukti. $\square$

Solusi 39.2-6. $f(x)=\phi(\tfrac x2)$. Fungsi ini kontinu sebagai komposisi. Titik patahnya adalah $x$ dengan $\tfrac x2\in\tfrac12\mathbb{Z}$, yaitu $x\in\mathbb{Z}$, dengan turunan sepihak $\pm\tfrac12$ yang berbeda. Di antara bilangan bulat, $f$ linear. $\square$

Solusi 39.2-7. Kelinearan: $\tfrac{(f+g)(c+h)-(f+g)(c)}h$ adalah jumlah dua hasil bagi. Bila $f+g$ terdiferensialkan, maka $g=(f+g)-f$ terdiferensialkan, menurut Teorema 34.3.1 pada hasil bagi. Kontradiksi. $\square$

Solusi 39.2-8. Bangun $f$ dengan "tonjolan" kecil. Tetapkan $f(x)=0$ untuk $x\leq0$ dan $x\geq\tfrac12$. Untuk $n\geq2$, pada $[\tfrac1{n+1},\tfrac1n]$, $f$ linear sepotong-sepotong dengan $f(\tfrac1{n+1})=0$, $f(p_n)=\tfrac1{n^4}$ di $p_n=\tfrac1n-\tfrac1{n^4}$, dan $f(\tfrac1n)=0$. Titik $p_n$ terletak di dalam interval itu, karena $\tfrac1n-\tfrac1{n+1}=\tfrac1{n(n+1)}>\tfrac1{n^4}$ untuk $n\geq2$.

• $|f(x)|\leq x^2$: pada $[\tfrac1{n+1},\tfrac1n]$, $0\leq f\leq\tfrac1{n^4}\leq\tfrac1{(n+1)^2}\leq x^2$, karena $n^4\geq(n+1)^2$, yaitu $n^2\geq n+1$, untuk $n\geq2$.
• Latihan 39.1-5 memberi $f'(0)=0$.
• Tali busur $[u_n,v_n]=[p_n,\tfrac1n]$ mempunyai kemiringan $\tfrac{0-1/n^4}{1/n^4}=-1$ untuk semua $n$, dan tidak menuju $0$. Kedua titiknya berada di kanan $0$, sehingga syarat mengapit dilanggar. $\square$

Ringkasan

Turunan di $c$ mengakibatkan kontinuitas di $c$, bahkan dengan taksiran $|f(x)-f(c)|\leq(|f'(c)|+1)|x-c|$ di dekat $c$. Kebalikannya gagal: $|x|$ di satu titik, gigi gergaji $\phi$ di semua bilangan kelipatan $\tfrac12$, dan fungsi Takagi $T(x)=\sum\tfrac{\phi(2^jx)}{2^j}$ di semua titik. Fungsi Takagi kontinu, karena sisa deretnya $\leq2^{-N-1}$ secara seragam, tetapi kemiringan tali busur dyadiknya berubah $\pm1$ pada setiap langkah, sehingga tidak ada titik dengan turunan berhingga. Bukti itu memakai lemma tali busur yang mengapit, yang berlaku untuk setiap fungsi terdiferensialkan.