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 $\displaystyle \lim_{x \to 1}~ 2x^2 + 3 = 5$ dengan menggunakan $\epsilon$ dan $\delta$!

 

Hal yang Harus Diketahui Sebelum Proses Pembuktian

Cara untuk membuktikan bahwa:

$\displaystyle \lim_{x \to 1}~ 2x^2 + 3 = 5$

dengan menggunakan $\epsilon$ dan $\delta$ adalah sebagai berikut.

 

Oh iya! Perlu diketahui juga bahwa:

$V_\delta(1) = \{ r \in \mathbb{R} : | r - 1 | < \delta \} = \{ r \in \mathbb{R} : 1 - \delta < r < 1 + \delta \} $, dan

$V_\epsilon(5) = \{ s \in \mathbb{R} : | s - 5 | < \epsilon \} = \{ s \in \mathbb{R} : 5 - \epsilon < s < 5 + \epsilon \} $.

 

Secara umum, $V_r(c)$ disebut sebagai persekitaran dari titik $c$ dengan jari-jari $r$ dan didefinisikan sebagai:

$V_r(c) ~=~ \{ x \in \mathbb{R} : | x - c | < r \} ~=~ \{ x \in \mathbb{R} : (c - r) < x < (c + r) \} $.

 

 

Proses Pembuktian

#Langkah Pembuktian ke-1

Pertama-tama, kita sebut $2x^2 + 3$ sebagai fungsi $f$ atas peubah $x$ ya!
Dengan begitu kita akan punya persamaan ini.

$f(x) = 2x^2 + 3$

Jadi, membuktikan bahwa $\displaystyle \lim_{x \to 1}~ 2x^2 + 3 = 5$ itu ekuivalen dengan membuktikan bahwa $\displaystyle \lim_{x \to 1}~ f(x) = 5$.  

Paham toh? :D

 

#Langkah Pembuktian ke-2

Oke!

 

Kita diberikan sembarang bilangan positif, yaitu $\epsilon_0$.

Entah siapa yang memberikan. Leluhur mungkin. Hahaha. :D

Nilai pastinya $\epsilon_0$ juga kita tidak tahu. Yang jelas, $\epsilon_0$ itu positif ($\epsilon_0 > 0$).
Bisa jadi, $\epsilon_0 = 1$, atau $\epsilon_0 = \sqrt[4]{e}$, atau $\epsilon_0 = 6,7 \times 10^{-78}$, dan lain-lain. 

 

Selanjutnya, kita akan menyelidiki bentuk $| f(x) - 5 |$.

Karena $f(x) = 2x^2 + 3$, maka kita bisa menjabarkan bentuk $| f(x) - 5 |$ menjadi seperti di bawah ini.

$\begin{split}| f(x) - 5 | &= | (2x^2 + 3) - 5 | \\ &= | 2x^2 - 2 | \\ &= |2| \cdot | x^2 - 1 | \\&= 2 \cdot | x - 1 | \cdot | x + 1 | \end{split}$

 

Jadi, kita akan memperoleh persamaan berikut.

$|f(x) - 5 | ~=~ 2 \cdot | x - 1 | \cdot | x + 1 |$

 

#Langkah Pembuktian ke-3

Karena

$|f(x) - 5 | = 2 \cdot | x - 1 | \cdot | x + 1 |$,

maka $| x - 1 |$ adalah salah satu faktor dari $|f(x) - 5 |$.

Kita sebut $|x - 1|$ sebagai fungsi $g$ atas peubah $x$.
Dengan begitu kita akan punya persamaan ini.

$g(x) = |x - 1|$

 

Selanjutnya, kita ingin menyelidiki:

Kapankah $g(x)$ bernilai $< 1$?

yang ekuivalen dengan menyelidiki:

Apakah ada himpunan $H$, sedemikian sehingga
untuk setiap $x \in H$ akan menyebabkan $g(x) < 1$?

 

Ayo kita cari himpunan $H$ itu!
Siapa tahu ada. :D

 

#Langkah Pembuktian ke-4

Perhatikan!

Jika untuk suatu $x \in \mathbb{R}$ berlaku $g(x) < 1$, 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 $0 < x < 2$, maka akan berlaku $g(x) < 1$.

 

Perhatikan!

$0 < x < 2$ itu bisa kita nyatakan sebagai himpunan $\{ x \in \mathbb{R} ~:~ 0 < x < 2\}$.
Kita sebut himpunan tersebut sebagai himpunan $H$.

Jadi, untuk setiap $x \in H = \{ x \in \mathbb{R} ~:~ 0 < x < 2\}$ akan berlaku $0 < x < 2$, yang ekuivalen dengan $g(x) < 1$.

 

Eh, tunggu!

 

Perhatikan deh bahwa sebetulnya, himpunan $H$ itu tidak lain adalah $V_1(1)$ kan!?
Coba perhatikan lagi penjabaran syarat keanggotaan himpunan $V_r(c)$ untuk $r = c = 1$ di bagian paling atas tulisan ini.

 

Jadi, kita bisa menyimpulkan bahwa:

Untuk setiap $x \in V_1(1)$, akan menyebabkan $g(x) < 1$

yang ekuivalen dengan:

Untuk setiap $x \in V_1(1)$, akan menyebabkan $|x-1| < 1$

Ya toh? :D

 

#Langkah Pembuktian ke-5

Eh, iya!

Jangan lupa!

Karena

$|f(x) - 5 | = 2 \cdot | x - 1 | \cdot | x + 1 |$,

maka $| x + 1 |$ juga adalah salah satu faktor dari $|f(x) - 5 |$.

 

Menggunakan 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 pertidaksamaan:

$| x + 1 |  \leq | x - 1 | + | 2 |$.

Eh! Karena $|2| = 2$, maka pertidaksamaan di atas akan ekuivalen dengan:

$| x + 1 |  \leq | x - 1 | + 2$.

Perhatikan bahwa pertidaksamaan ini berlaku umum untuk sebarang $x \in \mathbb{R}$.

 

#Langkah Pembuktian ke-6

Sejauh ini, dari Langkah Pembuktian ke-4 dan ke-5, kita memperoleh:

• Untuk setiap $x \in V_1(1)$, akan menyebabkan $|x-1| < 1$.
• Pertidaksamaan $| x + 1 |  \leq | x - 1 | + 2$ yang berlaku umum untuk sebarang $x \in \mathbb{R}$.

 

Dengan demikian, berdasarkan 2 poin di atas, untuk setiap $x \in V_1(1)$, akan menyebabkan:

$| x + 1 | ~~\leq~~ | x - 1 | + 2 ~~<~~ 1 + 2$

Karena $1 + 2 = 3$, maka pertidaksamaan di atas akan ekuivalen dengan:

$| x + 1 | ~~\leq~~ | x - 1 | + 2 ~~<~~ 3$

Dengan demikian, untuk setiap $x \in V_1(1)$, akan menyebabkan $| x + 1 | < 3$.

 

Oh, lebih lengkapnya, untuk setiap $x \in V_1(1)$, 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:

• Untuk setiap $x \in V_1(1)$, akan menyebabkan $|x-1| < 1$ dan juga $| x + 1 | < 3$.

 

Sekarang, ayo kita balik menengok bentuk $|f(x) - 5 |$ 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, untuk setiap $x \in V_1(1)$, akan menyebabkan $|f(x) - 5 | < 6$.

 

Perhatikan!

$|f(x) - 5 | < 6$ itu kan ekuivalen dengan $f(x) \in V_6(5)$.

Coba perhatikan lagi penjabaran syarat keanggotaan himpunan $V_\epsilon(5)$ di bagian paling atas tulisan ini.

 

Jadi, untuk setiap $x \in V_1(1)$, akan menyebabkan $f(x) \in V_6(5)$.

 

#Langkah Pembuktian ke-8

Sejauh ini, hingga Langkah Pembuktian ke-7, kita memperoleh kesimpulan bahwa:

Untuk setiap $x \in V_1(1)$, akan menyebabkan $f(x) \in V_6(5)$

 

Kesimpulan di atas itu ekuivalen dengan ini.

Jika diberikan $\epsilon$ yang bernilai $6$, maka kita dapat menetapkan nilai $\delta$ sebagai $1$,
sedemikian sehingga untuk setiap $x \in V_\delta(1)$, akan menyebabkan $f(x) \in V_\epsilon(5)$.

 

Eh!

 

Tunggu dulu!

 

Di  Langkah Pembuktian ke-2 di atas kan kita diberikan bilangan $\epsilon_0$ dari leluhur yang nilai pastinya kita tidak tahu!

Kita hanya tahu bahwa $\epsilon_0$ itu adalah bilangan real positif ($\epsilon_0 > 0$).

 

Bisa jadi, $\epsilon_0$ yang diberikan itu bernilai $10$.

Bisa jadi, $\epsilon_0$ yang diberikan itu bernilai $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{e}}$.

Bisa jadi, $\epsilon_0$ yang diberikan itu bernilai $1,367 \times 10^{64}$.

 

Yang jelas, bisa jadi, $\epsilon_0$ yang diberikan itu $\neq 6$!

 

Waduh....

 

Terus, bagaimana ya?

 

Hmmm....

 

Oh! Begini aja deh!

 

Perhatikan!

Untuk sebarang  $\epsilon_0$ yang diberikan itu akan memenuhi satu dari tiga kemungkinan berikut.

1. Nilai $\epsilon_0$ lebih besar dari $6$ ($\epsilon_0 > 6$).
2. Nilai $\epsilon_0 = 6$.
3. Nilai $\epsilon_0$ berada di antara $0$ dan $6$ ($0 < \epsilon_0 < 6$).

 

##Kemungkinan Pertama: Nilai $\epsilon_0 > 6$

Untuk membayangkan kasus ini, kita ambil contoh $\epsilon = 1.000.000.000$.
Gilak! Satu milyar! Gede banget cuy! :D

Jadilah kita memiliki:

$\begin{split} V_{{\epsilon_0}}(5) &= V_{1.000.000.000}(5) \\ &= \{ s \in \mathbb{R} :~ | s - 5 | < 1.000.000.000 \} \end{split}$.

 

Dengan demikian tugas kita menentukan nilai $\delta_0$ sedemikian sehingga untuk setiap $x \in V_{\delta_0}(1)$ akan menyebabkan $f(x) \in V_{1.000.000.000}(5)$.

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:

Untuk setiap $x \in V_1(1)$, akan menyebabkan $f(x) \in V_6(5)$

Kesimpulan di atas ekuivalen dengan:

Untuk setiap $x \in V_1(1)$, akan menyebabkan $|f(x) - 5| < 6$

 

Karena $6 < 1.000.000.000$,
maka untuk $\epsilon_0 = 1.000.000.000$, kita dapat menetapkan nilai $\delta_0 = 1$,
sedemikian sehingga untuk setiap $x \in V_{\delta_0}(1)$ akan menyebabkan $| f(x) - 5 | < 6 < 1.000.000.000$.

 

By the way, ingat lagi syarat keanggotaan himpunan $V_\epsilon{5}$ sebagaimana yang telah dipaparkan di bagian atas tulisan ini, 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 $\epsilon_1 = \epsilon_0$ dan $\epsilon_2 = 6$.

Jadi, untuk nilai $\epsilon_0 > 6$, kita dapat menetapkan nilai $\delta_0 = 1$, sedemikian sehingga untuk setiap $x \in V_{\delta_0}(1)$ akan berlaku $f(x) \in V_{6}(5) \subset V_{\epsilon_0}(5)$.

 

##Kemungkinan Kedua: Nilai $\epsilon_0 = 6$

Oh, jelas! Untuk nilai $\epsilon_0 = 6$, kita dapat memilih $\delta_0 = 1$, sedemikian sehingga untuk setiap $x \in V_{\delta_0}(1)$ akan berlaku $f(x) \in V_{6}(5)$.

 

##Kemungkinan Ketiga: Nilai $\epsilon_0$ berada di antara $0$ dan $6$

Perhatikan hal-hal berikut.

• Pada akhir Langkah Pembuktian ke-6, kita memperoleh pernyataan:
  Untuk setiap $x \in V_1(1)$, akan menyebabkan $|x-1| < 1$ dan juga $| x + 1 | < 3$
• Berdasarkan ketidaksamaan segitiga (triangle inequality), kita memperoleh pertidaksamaan berikut.
  $| x + 1 | \leq |x - 1| + 2$

 

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 $0 < \epsilon_0 < 6$, maka jelas berlaku $\displaystyle 0 < \color{red}{\frac{\epsilon_0}{6}} < \epsilon_0 < 6$.

 

Nah ini!

Untuk nilai $0 < \epsilon_0 < 6$ dan ditetapkan nilai $\displaystyle \delta_0 =  \frac{\epsilon_0}{6}$, maka berdasarkan kesimpulan di atas akan terjadi:

• Nilai $\displaystyle \delta =  \frac{\epsilon_0}{6} > 0$.
   
• $\displaystyle |x - 1| < \frac{\epsilon_0}{6}$.
   
• $\displaystyle |x + 1| \leq \frac{\epsilon_0}{6} + 2 < 3$.

 

Dengan demikian, jika $x \in V_{\frac{\epsilon_0}{6}}(1)$ maka akan menyebabkan:

$\displaystyle \begin{split} |f(x) - 5 | &= 2 \cdot | x - 1 | \cdot | x + 1 | \\ &< 2 \cdot \frac{\epsilon_0}{6} \cdot 3 = \epsilon \end{split}$

 

Jadi, untuk nilai $0 < \epsilon_0 < 6$, kita dapat menetapkan nilai $\delta_0$ sebagai $\displaystyle \delta_0 = \frac{\epsilon_0}{6}$, sedemikian sehingga untuk setiap $x \in V_{\delta_0}(1)$ akan berlaku $f(x) \in V_{\epsilon_0}(5)$.

 

Kesimpulan

Dari penjelasan panjang (fiuh!) di atas, jika kita diberikan sebarang $\epsilon_0 > 0$, maka kita dapat menggolongkan nilai $\epsilon_0$ tersebut ke dalam 3 kemungkinan sebagai berikut.

• Nilai $\epsilon_0$ lebih besar dari $6$ ($\epsilon_0 > 6$).
• Nilai $\epsilon_0 = 6$.
• Nilai $\epsilon_0$ berada di antara $0$ dan $6$ ($0 < \epsilon_0 < 6$).

 

Nah, untuk membuktikan bahwa $\displaystyle \lim_{x \to 1}~ 2x^2 + 3 = 5$, maka berdasarkan nilai $\epsilon_0 > 0$ yang diberikan, kita dapat menetapkan nilai $\delta_0$ sebagai berikut.

• Untuk nilai $\epsilon_0$ lebih besar dari $6$ ($\epsilon_0 > 6$), kita dapat menetapkan $\delta_0$ sebagai $\delta_0 = 1$.
• Untuk nilai $\epsilon_0 = 6$, kita dapat menetapkan $\delta_0$ sebagai $\delta_0 = 1$.
• Untuk nilai $\epsilon_0$ berada di antara $0$ dan $6$ ($0 < \epsilon_0 < 6$), kita dapat menetapkan $\delta_0$ sebagai $\displaystyle \delta_0 = \frac{\epsilon_0}{6}$.

 

Sedemikian sehingga, untuk setiap $x$ yang memenuhi $|x - 1| < \delta_0$, akan menyebabkan $|f(x) - 5| < \epsilon_0$.

Jadi, terbukti benar bahwa $\displaystyle \lim_{x \to 1}~ 2x^2 + 3 = 5$ menggunakan $\epsilon$ dan $\delta$.

 

Lebih Lanjut

Jika kita diberikan sebarang $\epsilon_0 > 0$, maka kita dapat menetapkan nilai $\delta_0$ sebagai yang terkecil di antara $1$ dan $\displaystyle \frac{\epsilon_0}{6}$ ($\delta_0 = \text{min}(1, \frac{\epsilon_0}{6})~~$).

 

Kenapa bisa begitu?

 

Karena untuk sebarang bilangan real positif $a$ dan $b$ yang memenuhi kondisi $a > b > 0$ akan menyebabkan $|x - 1| < b < a$, yang ekuivalen dengan menyatakan bahwa $V_{b}(1) \subset V_{a}(1)$.

 

Tidak Tunggal

Untuk nilai $\epsilon_0$ berada di antara $0$ dan $6$, kita juga bisa menetapkan nilai $\delta_0$ selain $\displaystyle \delta = \frac{\epsilon_0}{6}$ lho! 

Kita dapat menetapkan $\displaystyle \delta_0 = \frac{\epsilon}{8}$. 

Kita dapat menetapkan $\displaystyle \delta_0 = \frac{\epsilon}{\sqrt{\pi}}$. 

Kita dapat menetapkan $\displaystyle \delta_0 = \frac{\epsilon}{1 \times 10^{16}}$.

dan lain-lain.

 

Garis besarnya adalah untuk nilai $\epsilon_0$ berada di antara $0$ dan $6$, kita dapat menetapkan nilai $\delta_0 = r \cdot \epsilon_0$ untuk suatu $r \in \mathbb{R}$ dengan syarat bahwa nilai $r \cdot \epsilon_0$ harus berada di antara $0$ dan $\displaystyle \frac{\epsilon_0}{6}$.