Pada kesempatan kali ini aku mau
membahas tentang pembuktian limit fungsi bilangan real yang agak sedikit "tricky" karena melibatkan
pemilihan dua nilai δδ.
Jadi kita punya fungsi f(x):R→Rf(x):R→R yang didefinisikan sebagai f(x)=2x2+3f(x)=2x2+3.
Kita bakal membuktikan bahwa limx→1f(x)=limx→12x2+3=5limx→1f(x)=limx→12x2+3=5
Yaitu, kalau kita punya
sebarang ϵ>0ϵ>0,
maka kita dapat menemukan δ>0δ>0 sedemikian
sehingga untuk setiap x∈Vδ(1)x∈Vδ(1) berlaku f(x)∈Vϵ(5)f(x)∈Vϵ(5). Perlu diketahui bahwa Vδ(1)={r∈R:|r−1|<δ}={r∈R:1−δ<r<1+δ}Vδ(1)={r∈R:|r−1|<δ}={r∈R:1−δ<r<1+δ}
Vϵ(5)={s∈R:|s−5|<ϵ}={s∈R:5−ϵ<s<5+ϵ}Vϵ(5)={s∈R:|s−5|<ϵ}={s∈R:5−ϵ<s<5+ϵ}
Apabila f(x)∈Vϵ(5)f(x)∈Vϵ(5) maka berlaku |f(x)−5|<ϵ|f(x)−5|<ϵ. Perhatikan bentuk |f(x)−5||f(x)−5| ! |f(x)−5|=|2x2+3−5|=|2x2−2|=|2|⋅|x2−1|=2⋅|x−1|⋅|x+1||f(x)−5|=|2x2+3−5|=|2x2−2|=|2|⋅|x2−1|=2⋅|x 1|⋅|x+1| (X1)
Selanjutnya kita misalkan |x−1|<1|x−1|<1. Kira-kira apa yang bakal terjadi ya?
Semisal berlaku |x−1|<1|x−1|<1, itu
artinya 0<x<20<x<2.
Perhatikan juga bentuk |x+1||x+1|!
|x+1|=|x−1+2|≤|x−1|+|2||x+1|=|x−1+2|≤|x−1|+|2| Karena |x−1|+|2|=|x−1|+2|x−1|+|2|=|x−1|+2, maka diperoleh |x+1|≤|x−1|+2|x+1|≤|x−1|+2 (X2).
Dari permisalan |x−1|<1|x−1|<1 dan (X2) diperoleh |x+1|≤|x−1|+2<1+2=3|x+1|≤|x−1|+2<1+2=3
Jadi, semisal |x−1|<1|x−1|<1 akan
berlaku |x+1|<3|x+1|<3.
Nah, perhatikan lagi (X1) yaitu |f(x)−5|=2⋅|x−1|⋅|x+1||f(x)−5|=2⋅|x−1|⋅|x+1|
Dari permisalan |x−1|<1|x−1|<1 dan
implikasi |x+1|<3|x+1|<3,
akan berlaku
|f(x)−5|=2⋅|x−1|⋅|x+1|<2⋅|x−1|⋅3|f(x)−5|=2⋅|x−1|⋅|x+1|<2⋅|x−1|⋅3
|f(x)−5|<6⋅|x−1||f(x)−5|<6⋅|x−1|
Hmmm...
Semisal
kita pilih δ=ϵ6δ=ϵ6 dan dibentuk Vδ(1)=Vϵ6(1)={r∈R:|r−1|<ϵ6}Vδ(1)=Vϵ6(1)={r∈R:|r−1|<ϵ6}.
Maka, untuk setiap x∈Vϵ6(1)x∈Vϵ6(1) berlaku
|f(x)−5|=2⋅|x−1|⋅|x+1|<2⋅|x−1|⋅3=2⋅ϵ6⋅3=ϵ|f(x)−5|=2⋅|x−1|⋅|x+1|<2⋅|x−1|⋅3=2⋅ϵ6⋅3=ϵ
|f(x)−5|<ϵ|f(x)−5|<ϵ
Jadi apakah benar dapat
dipilih δ=ϵ6δ=ϵ6?
Betul, tapi ingat, bila
ditelusuri dari awal, pemilihan δ=ϵ6δ=ϵ6 dimungkinkan
karena kita terlebih dahulu memisalkan bahwa |x−1|<1|x−1|<1.
0 Comments:
Posting Komentar