Otro usuario acaba de decir que $d(A)$ no es el conjunto derivado de $A$, sino el diámetro de $A$, definido por $d(A)=\sup\{\|g-h\|_\infty=\sup_{x\in[0,1]}|g(x)-h(x)|: g,h\in A\}$. Mantendré mi respuesta anterior al final por si acaso.
De hecho podemos calcular $\|g-h\|_\infty$ para dos funciones $g,h\in A$. Digamos que $g(x)=f_m(x)=x^m$ y $h(x)=f_n(x)=x^n\quad\forall x\in[0,1]$. Sin pérdida de generalidad, podemos asumir $m>n$ (no necesitamos considerar el caso $m=n$, porque entonces $\|g-h\|_\infty=0$ y estamos buscando el supremo de esas normas).
Dado que $x\in[0,1]$ y $m>n$, tenemos $|g(x)-h(x)|=|x^m-x^n|=x^n-x^m\quad\forall x\in[0,1]$. Dado que $g(0)-h(0)=g(1)-h(1)=0$, entonces $\sup_{x\in[0,1]}|g(x)-h(x)|=\max_{x\in(0,1)}|x^m-x^n|=\max_{x\in(0,1)}(x^n-x^m)$.
Consideremos la función $f(x)=x^n-x^m\quad\forall x\in[0,1]$. Luego $f'(x)=nx^{n-1}-mx^{m-1}\quad\forall x\in(0,1)$, y al establecer $f'(x)=0$ obtenemos $nx^{n-1}-mx^{m-1}=0\Rightarrow x^{n-1}(n-mx^{m-n})=0$, y dado que estamos interesados en $x\in(0,1)$, obtenemos $n-mx^{m-n}=0\Rightarrow x^{m-n}=\dfrac{n}{m}\Rightarrow x=\left(\dfrac{n}{m}\right)^\tfrac{1}{m-n}$.
Entonces para $m,n\in\Bbb N$ tal que $m>n$ sabemos que $\|f_m-f_n\|_\infty=\left(\dfrac{n}{m}\right)^\tfrac{1}{m-n}$. Dado que $m>n$ entonces $\dfrac{n}{m}<1$, por lo tanto $\left(\dfrac{n}{m}\right)^\tfrac{1}{m-n}<1$. Por lo tanto, $\sup\{\|g-h\|_\infty: g,h\in A\}\le1$.
Ahora, consideremos $n=1$ y cualquier $m>1$. Tenemos $\|f_m-f_1\|_\infty=\left(\dfrac{1}{m}\right)^{\tfrac{1}{m-1}}$. Podemos hacer $m\to\infty$ para ver qué sucede cuando $m$ se hace más grande: $\lim_{m\to\infty}\left(\dfrac{1}{m}\right)^{\tfrac{1}{m-1}}=1$, por lo tanto $\sup\{\|g-h\|_\infty: g,h\in A\}=1$.
Por lo tanto $d(A)=1$.
Ahora asumo que $d(A)$ es el conjunto derivado, pero lo llamemos $A'$.
Estamos buscando las funciones acotadas $g$ en $[0,1]$ tales que para cada $\epsilon>0$ tenemos que $B(g;\epsilon)\cap(A\setminus\{g\})\neq\emptyset$, donde $B(g;\epsilon)=\{h\in E\mid \|g-h\|_\infty=\sup_{x\in[0,1]}|g(x)-h(x)|<\epsilon\}$. Esto significa que para cada $\epsilon>0$ debe haber una función $h$ distinta de $g$ tal que $h$ esté en $A$ y $\|g-h\|_\infty<\epsilon$. En este caso, esto es: para cada $\epsilon>0$ debe haber algún $m\in\Bbb N$ tal que $\|g-f_m\|_\infty<\epsilon$, donde $f_m(x)=x^m\quad\forall x\in[0,1]$.
Imagina que hay alguna función $g$ en $A'$. Afirmo que entonces $\|g-f_n\|_\infty\to0$ cuando $n\to\infty$, es decir, la secuencia de funciones $(f_n)_{n\in\Bbb N}$ converge uniformemente a $g$ en $[0,1]$.
Si eso no fuera cierto, entonces habría algún $\epsilon_0>0$ y algún $n_0\in\Bbb N$ tal que $\|g-f_n\|_\infty\ge\epsilon\quad\forall n\ge n_0$. Entonces, si $g\in A$ tal que $g=f_k$ con $k, tome $\epsilon_1=\min(\epsilon_0,\|g-f_1\|_\infty,\|g-f_2\|_\infty,\ldots,\|g-f_{k-1}\|_\infty,\|g-f_{k+1}\|_\infty,\ldots,\|g-f_{n_0-1}\|_\infty)>0$; si ese no es el caso para $g$, tome $\epsilon_1=\min(\epsilon_0,\|g-f_1\|_\infty,\|g-f_2\|_\infty,\ldots,\|g-f_{n_0-1}\|_\infty)>0$.
Ahora considera un $f_m$ genérico en $A$ distinto de $g$ (en caso de que $g$ esté en $A$). Si $m entonces sea cual sea $g$, tendremos $\|g-f_m\|_\infty\ge\epsilon_1$; si $m\ge n_0$ entonces $\|g-f_m\|_\infty\ge\epsilon_0\ge\epsilon_1$. Así que para $\epsilon_1$ no hay $m\in\Bbb N$ tal que $\|g-f_m\|_\infty<\epsilon_1$, pero esto no puede estar bien, ya que teníamos $g\in A'$.
Entonces, si $g\in A'$, la secuencia $(f_n)_{n\in\Bbb N}$ debe converger uniformemente a $g$. Así que en este punto podemos decir que hay a lo sumo un elemento en $A'$ (ya que no puede haber más de un límite para $(f_n)_{n\in\Bbb N}$).
Pero hay dos hechos bien conocidos que dicen que una secuencia uniformemente convergente de funciones continuas debe ser continua, y que la convergencia uniforme implica la convergencia puntual. Por lo tanto, si $g\in A'$, debe ser continua. Sin embargo, utilizando el segundo hecho bien conocido para $x\in[0,1)$ tendríamos $g(x)=\lim_{n\to\infty}x^n=0$, y para $x=1$ tendríamos $g(1)=\lim_{n\to\infty}1^n=1$, por lo que $g$ no es continua. Por lo tanto, la secuencia $(f_n)_{n\in\Bbb N}$ no puede converger uniformemente a $g$, y por lo tanto $g\notin A'$.
Finalmente podemos afirmar que $A'=\emptyset$.
