Maw Mumet!

- karena banyak hal yang tidak bisa diselesaikan sambil ngendog -

Pembuktian Limit Fungsi Menggunakan Epsilon-Delta #3

{ 4.Nov.2015 } { matematika }

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 $|f(x) - 5| < \epsilon$.