# 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
$$f'(c)=\lim_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$$
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
$$f'(c)=\lim_{h\to0}\frac{f(c+h)-f(c)}h,$$
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 $c=3$:
$$\frac{(3+h)^2-9}h=\frac{6h+h^2}h=6+h\qquad(h\ne0),$$
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
$$f(x)-f(c)=\varphi(x)(x-c)\qquad\text{untuk semua }x\in D.$$
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
$$|f(x)-f(c)|\leq(|f'(c)|+1)\,|x-c|\qquad\text{untuk }x\in D,\ |x-c|<\delta.$$

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
$$\frac{f(v_n)-f(u_n)}{v_n-u_n}\to f'(x).$$

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
$$\frac{f(v_n)-f(u_n)}{v_n-u_n}=\lambda_n\varphi(v_n)+(1-\lambda_n)\varphi(u_n).$$
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
$$T(x)=\sum_{j=0}^\infty\frac{\phi(2^jx)}{2^j}.$$
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 $|y-x|<\delta$:
$$|T(y)-T(x)|\leq|T(y)-T_N(y)|+|T_N(y)-T_N(x)|+|T_N(x)-T(x)|<\varepsilon.$$

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
$$D_n=\frac{T(v_n)-T(u_n)}{v_n-u_n}=\sum_{j=0}^\infty2^n\,\frac{\phi(2^jv_n)-\phi(2^ju_n)}{2^j}.$$

- 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.