શું એવું કોઈ વિધેય અસ્તિત્વ ધરાવે છે જે દરેક જગ્યાએ સતત હોય પરંતુ બરાબર બે બિંદુઓ પર વિકલનીય ન હોય? તમારા જવાબનું સમર્થન કરો.

(A) વિધેય $f(x) = |x| + |x - 1|$ ધ્યાનમાં લો.
માનાંક વિધેય દરેક જગ્યાએ સતત હોવાથી અને બે સતત વિધેયોનો સરવાળો પણ સતત હોવાથી,$f(x)$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સતત છે.
$f(x)$ ની વિકલનીયતા ચકાસવા માટે,આપણે તે બિંદુઓ તપાસીએ છીએ જ્યાં માનાંકની અંદરની અભિવ્યક્તિ ચિહ્ન બદલે છે,જે $x = 0$ અને $x = 1$ છે.
$x = 0$ આગળ:
ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ $= \lim_{x \to 0^-} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^-} \frac{(|x| + |x - 1|) - 1}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{(-x - x + 1) - 1}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{-2x}{x} = -2$.
જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$ $= \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^+} \frac{(|x| + |x - 1|) - 1}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{(x - x + 1) - 1}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{0}{x} = 0$.
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
$x = 1$ આગળ:
$LHD$ $= \lim_{x \to 1^-} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{(|x| + |x - 1|) - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{(x - x + 1) - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{0}{x - 1} = 0$.
$RHD$ $= \lim_{x \to 1^+} \frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{(|x| + |x - 1|) - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{(x + x - 1) - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} \frac{2x - 2}{x - 1} = 2$.
$LHD \neq RHD$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$f(x) = |x| + |x - 1|$ એ દરેક જગ્યાએ સતત છે પરંતુ બરાબર બે બિંદુઓ $x = 0$ અને $x = 1$ પર વિકલનીય નથી.