Pembuktian Limit Fungsi Menggunakan Epsilon-Delta #3
Pada kesempatan kali ini aku mau membahas tentang pembuktian limit fungsi bilangan real yang agak sedikit "tricky" karena melibatkan pemilihan dua nilai $\delta$.
Soal
Buktikan bahwa: $\displaystyle \lim_{x \to 1}~ 2x^2 + 3 = 5$!
Pembahasan
#Langkah Pembuktian ke-1
Pertama-tama kita notasikan $2x^2 + 3$ sebagai fungsi $f$ atas peubah $x$ ya!
Jadi, $f(x) = 2x^2 + 3$.
Jadi, membuktikan bahwa $\displaystyle \lim_{x \to 1}~ 2x^2 + 3 = 5$ itu ekuivalen dengan membuktikan $\displaystyle \lim_{x \to 1}~ f(x) = 5$.
Paham toh? :D
#Langkah Pembuktian ke-2
Nah, kita akan membuktikan bahwa $\displaystyle \lim_{x \to 1}~ f(x) = 5$ dengan cara "tradisional" yang melibatkan dua bilangan positif: $\epsilon$ dan $\delta$.
Perhatikan bahwa jika $\displaystyle \lim_{x \to 1}~ f(x) = 5$ terbukti benar, maka untuk sebarang $\epsilon > 0$ akan terdapat $\delta > 0$ sedemikian sehingga untuk setiap $x \in V_\delta(1)$ akan berlaku $f(x) \in V_\epsilon(5)$.
Perlu diketahui bahwa:
$\begin{split} V_\delta(1) &= \{ r \in \mathbb{R} :~ | r - 1 | < \delta \} \\ &= \{ r \in \mathbb{R} :~ 1 - \delta < r < 1 + \delta \} \end{split} $
dan
$\begin{split} V_\epsilon(5) &= \{ s \in \mathbb{R} :~ | s - 5 | < \epsilon \} \\ &= \{ s \in \mathbb{R} : 5 - \epsilon < s < 5 + \epsilon \} \end{split}$
#Langkah Pembuktian ke-3
Perhatikan penjabaran syarat keanggotaan himpunan $V_\epsilon(5)$ pada Langkah Pembuktian ke-2!
Perhatikan bahwa jika $f(x) \in V_\epsilon(5)$, maka akan berlaku:
$| f(x) - 5 | < \epsilon$
Sekarang, perhatikan bahwa $| f(x) - 5 |$ dapat kita jabarkan sebagai berikut.
$\begin{split}| f(x) - 5 | &= | (2x^2 + 3) - 5 | \\ &= | 2x^2 - 2 | \\ &= |2| \cdot | x^2 - 1 | \\&= 2 \cdot | x - 1 | \cdot | x + 1 | \end{split}$
Jadi, kita akan memperoleh persamaan:
$|f(x) - 5 | = 2 \cdot | x - 1 | \cdot | x + 1 |$
#Langkah Pembuktian ke-4
Berdasarkan akhir Langkah Pembuktian ke-3, kita tahu bahwa $| x - 1 |$ merupakan salah satu faktor dari $|f(x) - 5 |$.
Sekarang kita notasikan $|x - 1|$ sebagai $g(x)$.
Sehingga dengan demikian, $g(x) = |x - 1|$.
Selanjutnya, kita ingin menyelidiki kapankah $g(x)$ bernilai $< 1$?
Yups, kita ingin mengetahui nilai-nilai $x$ apa saja yang menyebabkan $g(x) < 1$.
Ya, jika $g(x) = | x - 1 | < 1$, maka:
$\begin{split}g(x) < 1 &\iff | x-1 | < 1 \\ &\iff -1 < x-1 < 1 \\ &\iff (-1) + 1 < (x-1) + 1< (1) + 1\\ &\iff 0 < x < 2 \end{split}$
Jadi, jika $x$ berada di interval $(0,2)$ akan menyebabkan nilai $g(x) < 1$.
Tapi, perhatikan deh bahwa sebenarnya interval $(0,2)$ itu tidak lain adalah $V_1(1)$ kan?
Coba perhatikan lagi penjabaran syarat keanggotaan himpunan $V_\delta(1)$ pada Langkah Pembuktian ke-2 di atas.
Jadi, jika $x \in V_1(1)$, maka akan menyebabkan nilai $g(x) < 1$.
Ya toh? :D
#Langkah Pembuktian ke-5
Berdasarkan akhir Langkah Pembuktian ke-3, kita juga tahu bahwa $| x + 1 |$ merupakan salah satu faktor dari $|f(x) - 5 |$.
Berdasarkan sifat ketidaksamaan segitiga (triangle inequality), kita bisa menjabarkan $| x + 1 |$ sebagai berikut.
$\begin{split}| x + 1 | &= | (x - 1) + 2 | \\ & \leq | x - 1 | + | 2 |\end{split}$
Jadi, kita memperoleh $| x + 1 | \leq | x - 1 | + | 2 |$.
Eh, tapi kan bukankah $|2| = 2$?
Oke, jadinya $| x + 1 | \leq | x - 1 | + 2$ deh! :D
#Langkah Pembuktian ke-6
Sejauh ini, dari Langkah Pembuktian ke-4 dan ke-5, kita memperoleh:
- Jika $x \in V_1(1)$, maka akan menyebabkan $|x-1| < 1$.
- $| x + 1 | \leq | x - 1 | + 2$
Eh, dengan demikian, berdasarkan 2 poin di atas, jika $x \in V_1(1)$, maka akan menyebabkan:
$| x + 1 | ~\leq~ | x - 1 | + 2 ~<~ 1 + 2$
Karena $1 + 2 = 3$, maka:
$| x + 1 | ~\leq~ | x - 1 | + 2 ~<~ 3$
Jadi, jika $x \in V_1(1)$, maka akan menyebabkan $|x-1| < 1$ dan juga $| x + 1 | < 3$.
Paham toh? :D
#Langkah Pembuktian ke-7
Sejauh ini, hingga Langkah Pembuktian ke-6, kita memperoleh:
- Jika $x \in V_1(1)$, maka akan menyebabkan $|x-1| < 1$ dan $| x + 1 | < 3$.
Sekarang kita kembali menengok $|f(x) - 5 |$ lagi.
Ingat bahwa $|f(x) - 5 | = 2 \cdot | x - 1 | \cdot | x + 1 |$.
Dengan demikian, jika $x \in V_1(1)$ maka akan menyebabkan:
$\begin{split} |f(x) - 5 | &= 2 \cdot | x - 1 | \cdot | x + 1 | \\ &< 2 \cdot 1 \cdot 3 = 6\end{split}$
Jadi, jika $x \in V_1(1)$ maka akan menyebabkan $|f(x) - 5 | < 6$.
Eh, perhatikan deh bahwa $|f(x) - 5 | < 6$ itu kan ekuivalen dengan menyebut bahwa $f(x) \in V_6(5)$.
Coba perhatikan lagi penjabaran syarat keanggotaan himpunan $V_\epsilon(5)$ pada Langkah Pembuktian ke-2 di atas.
Jadi, jika $x \in V_1(1)$, maka akan menyebabkan nilai $f(x) \in V_6(5)$.
#Langkah Pembuktian ke-8
Sejauh ini, hingga Langkah Pembuktian ke-7, kita memperoleh kesimpulan bahwa:
Jika $x \in V_1(1)$, maka akan menyebabkan nilai $f(x) \in V_6(5)$
Kesimpulan di atas itu ekuivalen dengan:
Jika diberikan $\epsilon$ yang bernilai $6$, maka kita dapat memilih $\delta$ dengan nilai $1$, sedemikian sehingga untuk $x \in V_\delta(1)$ akan berlaku $f(x) \in V_\epsilon(5)$.
Eh! Eh! Eeeeh!
Tunggu dulu!
Nilai $\epsilon$ itu kan diberikan secara sembarang!
Nilai $\epsilon$ itu kan bisa jadi bukan $6$!
Nilai $\epsilon$ itu kan mungkin saja $1$, $2$, $3$, $\text{1 milyar}$, atau bahkan $0,000000000000001$!
Lha iya, memang nilai $\epsilon$ itu diberikan secara sembarang.
Tapi, berdasarkan cara kita memilih $\delta$ ketika $\epsilon$ bernilai $6$, maka kita dapat menentukan "rumus" untuk memilih $\delta$ atas nilai $\epsilon$ yang diberikan.
Secara umum, kita dapat membagi nilai $\epsilon$ ke dalam 3 kasus seperti berikut.
- Kasus 1: Nilai $\epsilon > 6$.
- Kasus 2: Nilai $\epsilon = 6$.
- Kasus 3: Nilai $0 < \epsilon < 6$.
##Kasus 1. Nilai $\epsilon > 6$
Untuk membayangkan kasus ini, kita ambil contoh $\epsilon = 1.000.000.000$.
Gilak! Satu milyar! Gede banget cuy! :D
Jadilah kita memiliki:
$\begin{split} V_{\epsilon}(5) &= V_{1.000.000.000}(5) \\ &= \{ s \in \mathbb{R} :~ | s - 5 | < 1.000.000.000 \} \end{split}$.
Dengan demikian tugas kita menentukan nilai $\delta$ sedemikian sehingga untuk setiap $x \in V_\delta(1)$ akan mengakibatkan $f(x) \in V_{1.000.000.000}(5)$.
Ingat lho, bahwasanya jika $f(x) \in V_{1.000.000.000}(5)$ itu ekuivalen dengan $| f(x) - 5 | < 1.000.000.000$.
Ingat lagi, dari sekian panjang penjabaran di atas (tepatnya pada awal Langkah Pembuktian ke-8 ini) kita kan memiliki kesimpulan bahwa:
Jika $x \in V_1(1)$, maka akan menyebabkan nilai $f(x) \in V_6(5)$
Kesimpulan di atas ekuivalen dengan:
Jika $x \in V_1(1)$, maka akan menyebabkan nilai $|f(x) - 5| < 6$
Karena jelas $6 < 1.000.000.000$, maka ketika $\epsilon = 1.000.000.000$, kita dapat memilih $\delta = 1$ yang akan berakibat $| f(x) - 5 | < 6 < 1.000.000.000$ untuk setiap $x \in V_1(1)$.
By the way, ingat lagi syarat keanggotaan himpunan $V_\epsilon{5}$ sebagaimana yang telah dipaparkan pada Langkah Pembuktian ke-2, yaitu:
$\begin{split} V_\epsilon(5) &= \{ s \in \mathbb{R} :~ | s - 5 | < \epsilon \} \\ &= \{ s \in \mathbb{R} : 5 - \epsilon < s < 5 + \epsilon \} \end{split}$
Berdasarkan penjabaran di atas, jika terdapat $\epsilon_1$ dan $\epsilon_2$ dengan $\epsilon_1 > \epsilon_2 > 0$, maka:
$V_{\epsilon_2}(5) \subset V_{\epsilon_1}(5)$
Sifat di atas bisa kita terapkan untuk $\epsilon_1 = \epsilon$ dan $\epsilon_2 = 6$.
Jadi, untuk kasus $\epsilon > 6$, kita dapat memilih $\delta = 1$, sedemikian sehingga untuk setiap $x \in V_1(1)$ akan berlaku $f(x) \in V_{6}(5) \subset V_{\epsilon}(5)$.
##Kasus 2. Nilai $\epsilon = 6$
Berdasarkan akhir Langkah Pembuktian ke-7, untuk kasus $\epsilon = 6$, kita dapat memilih $\delta = 1$, sedemikian sehingga untuk setiap $x \in V_1(1)$ akan berlaku $f(x) \in V_{6}(5)$.
##Kasus 3. Nilai $0 < \epsilon < 6$
Perhatikan hal-hal berikut.
- Pada akhir Langkah Pembuktian ke-6, kita memperoleh pernyataan:
Jika $x \in V_1(1)$, maka selain menyebabkan $|x-1| < 1$ juga akan menyebabkan $| x + 1 | < 3$ - Berdasarkan ketidaksamaan segitiga (triangle inequality), kita memperoleh:
$| x + 1 | \leq |x - 1| + 2$
Dari 2 hal di atas, kita dapat menyimpulkan bahwa:
Untuk suatu $\delta > 0$, jika $x \in V_\delta(1)$, maka akan menyebabkan $|x-1| < \delta$ dan $|x+1| \leq \delta + 2$
Perhatikan!
Karena $0 < \epsilon < 6$, maka jelas berlaku $\displaystyle 0 < \color{red}{\frac{\epsilon}{6}} < \epsilon < 6$.
Nah ini!
Jika nilai $0 < \epsilon < 6$ dan dipilih $\displaystyle \delta = \frac{\epsilon}{6}$, maka berdasarkan kesimpulan di atas akan terjadi:
- Nilai $\displaystyle \delta = \frac{\epsilon}{6} > 0$.
- $\displaystyle |x - 1| < \frac{\epsilon}{6}$.
- $\displaystyle |x + 1| \leq \frac{\epsilon}{6} + 2 < 3$.
Dengan demikian, jika $x \in V_{\frac{\epsilon}{6}}(1)$ maka akan menyebabkan:
$\displaystyle \begin{split} |f(x) - 5 | &= 2 \cdot | x - 1 | \cdot | x + 1 | \\ &< 2 \cdot \frac{\epsilon}{6} \cdot 3 = \epsilon \end{split}$
Jadi, untuk kasus $0 < \epsilon < 6$, kita dapat memilih $\displaystyle \delta = \frac{\epsilon}{6}$, sedemikian sehingga untuk setiap $x \in V_{\frac{\epsilon}{6}}(1)$ akan berlaku $f(x) \in V_{\epsilon}(5)$.
#Kesimpulan
Dari penjelasan panjang (fiuh!) pada Langkah Pembuktian ke-8 di atas, jika diberikan sebarang $\epsilon > 0$, maka kita dapat menggolongkan nilai $\epsilon$ tersebut ke dalam 3 kasus:
- Kasus 1: Nilai $\epsilon > 6$.
- Kasus 2: Nilai $\epsilon = 6$.
- Kasus 3: Nilai $0 < \epsilon < 6$.
Untuk Kasus 1 dan Kasus 2, kita dapat memilih $\delta = 1$. Sedangkan untuk Kasus 3, kita dapat memilih $\displaystyle \delta = \frac{\epsilon}{6}$.
Eh, sebetulnya sih untuk Kasus 3, yang memenuhi tidak hanya $\displaystyle \delta = \frac{\epsilon}{6}$ saja. Kita juga dapat memilih $\frac{\epsilon}{8}$, $\frac{\epsilon}{200}$, atau bahkan $\frac{\epsilon}{1.000.000}$ asalkan nilai $\frac{\epsilon}{\text{sesuatu}}$ itu berada di antara $0$ dan $\displaystyle \frac{\epsilon}{6}$.
Penentuan nilai $\delta$ secara kasus per kasus ini sebetulnya sudah cukup untuk membuktikan bahwa $\displaystyle \lim_{x \to 1}~ 2x^2 + 3 = 5$.
Akan tetapi, supaya lebih ringkas lagi, untuk sebarang nilai $\epsilon > 0$ yang diberikan, kita dapat memilih $\delta$ sebagai:
$\displaystyle \delta = \text{yang terkecil di antara }~ \frac{\epsilon}{6} ~\text{dan}~ 1$
Ingat bahwasanya jika terdapat $\delta_1$ dan $\delta_2$ dengan $\delta_1 > \delta_2 > 0$, maka:
$V_{\delta_2}(1) \subset V_{\delta_1}(1)$
So....
In the end, kita dapat menyatakan dengan benar bahwa $\displaystyle \lim_{x \to 1}~ 2x^2 + 3 = 5$, karena untuk sebarang nilai $\epsilon > 0$, kita dapat memilih $\delta > 0$ sebagai yang terkecil di antara $\frac{\epsilon}{6}$ dan $1$, sedemikian sehingga untuk setiap $x$ yang memenuhi $|x - 1| < \delta$, akan berakibat $|f(x) - 5| < \epsilon$.