Sí, hay muchos.
Dejemos que $\alpha$ sea cualquier número irracional y construyamos una función cuya derivada sea $\alpha$ .
Elegimos una enumeración de los racionales $\{r_1,r_2,r_3,\ldots\}$ y elegiremos cada $f(r_n)$ en orden. Al mismo tiempo, con el fin de hacer $f'(r_n) = \alpha$ decidiremos cómo exprimir el gráfico de $f$ cerca de $r_n$
Supongamos que hemos elegido $n$ puntos y que hemos restringido el gráfico restante de $f$ a algún conjunto abierto $U_n \subset \Bbb R^2$ donde $\pi(U_n) = \Bbb R \setminus \{r_1,\ldots,r_n\}$ ( $\pi : \Bbb R^2 \to \Bbb R$ es la proyección sobre el $x$ -eje) .
Primero, elegimos un valor racional $y_{n+1}$ para $f(r_{n+1})$ tal que $(r_{n+1},y_{n+1}) \in U_n$ ( $U_n \cap \pi^{-1}(r_{n+1})$ es no vacía por la hipótesis de inducción, y $U_n$ es abierta, por lo que podemos encontrar un valor racional en ella).
A continuación, elegimos dos parábolas tangentes en $(r_{n+1},y_{n+1})$ con pendiente $\alpha$ (uno de ellos al revés) y en particular elegimos su coeficiente principal lo suficientemente grande (en valor absoluto) como para que la parábola superior no se encuentre con el borde inferior de $U_n$ y la parábola inferior no se encuentra con el borde superior de $U_n$ (esos bordes son un número finito de piezas de parábola por lo que es posible).
Entonces elegimos $U_{n+1}$ para ser la intersección de $U_n$ y la región entre las dos parábolas. Entonces $\pi(U_{n+1}) = \pi(U_n) \setminus \{r_{n+1}\}$ y cualquier función cuya gráfica permanezca en $U_{n+1}$ tendrá una derivada $\alpha$ en $r_{n+1}$ .
Una vez que hayamos hecho esto para cada $n$ tenemos una función $\Bbb Q \to \Bbb Q$ "diferenciable" en todas partes con la derivada $\alpha$ .
Aunque, puede que no se vea bien y no tenga una extensión continua para $\Bbb R$ . Incluso puede elegir cualquier función $g : \Bbb Q \to \Bbb R$ y forzar $f' = g$
