Definisi dan Hubungan Epsilon dengan Delta

                                                                          

Epsilon atau έψιλόν (huruf besar:E, huruf kecil:ε) adalah huruf kelima dari alfabet Yunani. Dalam sistem bilangan, huruf ini bernilai 5. Huruf ini diturunkan dari huruf Fenisia, He. Huruf lainnya yang berasal dari Epsilon adalah huruf romawi E dan sirilik Ye."E psilon" ("e sederhana") disusun untuk membedakan dari αι. Pada masa pertengahan, keduanya memiliki cara pengucapan yang sama. Epsilon yaitu sembarang nilai positif ( nilai yang paling kecil atau bisa yang terbesar) dimana nilai positif inilah yang membantu untuk menaksir nilai limit dan kebenaran nilainya.

Epsilon dinotasikan dengan ɛ.

   

Delta atau δέλτα (huruf besar Δ; huruf kecil δ) adalah huruf keempat dalam abjad Yunani. Huruf ini dalam bahasa Yunani Klasik melambangkan fonem /d/. Delta (huruf besar , huruf kecil δ) adalah huruf keempat dalam abjad yunani. Delta adalah simbol matematika perubahan atau perbedaan antara dua solusi

Hubungan Epsilon dengan Delta

Definisi Limit :

Misalkan f adalah fungsi yang terdefinisi pada selang buka yang memuat c (kemungkinan bisa hanya di kanan-kiri c) dan misalkan L adalah sembarang bilangan real. Pernyataan,

Berarti bahwa untuk setiap epsilon > 0 ada delta > 0 sedemikian sehingga jika  maka  delta bergantung dari harga epsilon yang diambil.

Jadi kita punya fungsi f(x):R→R yang didefinisikan sebagai f(x)=2x2+3.

Kita bakal membuktikan bahwa

limx→1f(x)=limx→12x2+3=5

Yaitu, kalau kita punya sebarang ϵ>0, maka kita dapat menemukan δ>0 sedemikian sehingga untuk setiap x∈Vδ(1) berlaku f(x)∈Vϵ(5).

Perlu diketahui bahwa

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}

 Apabila f(x)∈Vϵ(5) maka berlaku

|f(x)−5|<ϵ

Perhatikan bentuk |f(x)−5| !

|f(x)−5|=|2x2+3−5|=|2x2−2|=|2|⋅|x2−1|=2⋅|x−1|⋅|x+1| (X1)

Selanjutnya kita misalkan |x−1|<1. Kira-kira apa yang bakal terjadi ya?

Semisal berlaku |x−1|<1, itu artinya 0<x<2.

Perhatikan juga bentuk |x+1|!

|x+1|=|x−1+2|≤|x−1|+|2|

Karena |x−1|+|2|=|x−1|+2, maka diperoleh

|x+1|≤|x−1|+2 (X2)

 Dari permisalan |x−1|<1 dan (X2) diperoleh

|x+1|≤|x−1|+2<1+2=3

Jadi, semisal |x−1|<1 akan berlaku |x+1|<3.

Nah, perhatikan lagi (X1) yaitu |f(x)−5|=2⋅|x−1|⋅|x+1|

Dari permisalan |x−1|<1 dan implikasi |x+1|<3, akan berlaku

|f(x)−5|=2⋅|x−1|⋅|x+1|<2⋅|x−1|⋅3

|f(x)−5|<6⋅|x−1|

 Semisal kita pilih δ=ϵ6 dan dibentuk Vδ(1)=Vϵ6(1)={r∈R:|r−1|<ϵ6}.

Maka, untuk setiap x∈Vϵ6(1) berlaku

|f(x)−5|=2⋅|x−1|⋅|x+1|<2⋅|x−1|⋅3=2⋅ϵ6⋅3=ϵ

|f(x)−5|<ϵ

 Jadi apakah benar dapat dipilih δ=ϵ6?

Betul, tapi ingat, bila ditelusuri dari awal, pemilihan δ=ϵ6 dimungkinkan karena kita terlebih dahulu memisalkan bahwa |x−1|<1.

Artinya, kita juga bisa memilih δ=1.

Ingat, bahwa belum tentu ϵ6=1!

 Nah, ketika dihadapkan dengan kondisi di mana muncul 2 kemungkinan nilai δ yang bisa dipilih, yaitu δ1=ϵ6 dan δ2=1, pilihan yang paling tepat adalah memilih nilai δ yang paling terkecil, yaitu

δmin=min(δ1,δ2)=min(ϵ6,1)

Sehingga, bila dibentuk Vδmin(1), maka untuk setiap x∈Vδmin(1), akan berlaku |f(x)−5|<ϵ

Contoh limit dan pembuktiannya:

      Buktikan lim x² = 9
Jawab :

Diberikan Ԑ > 0 ,kita akan menemukan suatu δ > 0 sehingga memenuhi,

 0 < | x – 3 | <δ | x² – 9 | < ԐAtau,0 < | x – 3 | < δ | x + 3 || X – 3 | < Ԑ

Jika faktor |x + 3 | dapat dibatasi oleh suatu konstanta positif, maka masalahnya dapat di    selaesaikan seperti contoh; 2.2 , Untuk ini , kita andaikan 0 < δ ≤ 1 . dari hubungan 0 < | x – 3 |< δ ≤ 1 dan ketaksamaan sehingga diperoleh .

| x + 3 | = | x – 3 + 6 | ≤ | x – 3 | + 6 < 1 + 6 = 7

Berdasarkan hasil ini , kita harus menentukan suatu δ > 0 sehingga memenuhi;

0 < | x – 3 | < δ | x + 3 ||x – 3 | < 7 | x – 3 | < Ԑ

Untuk sembarang Ԑ > 0 yang di berikan, pilihlah δ = min {1, 1/7 Ԑ }

Maka dengan mengunakan δ ≤ 1 dan δ ≤ 1/7Ԑ di peroleh;

0 < | x – 3 | < δ |x² – 9 | = |x + 3 | | x – 3 | < 7 | x – 3 | < 7δ ≤ 7.1/7Ԑ = Ԑ . Dengan demikian terbuktilah lim x² = 9

Cara lain ; nyatakan x² – 9 sebagai suku banyak dalam x – 3 , hasilnya adalah; x² – 9 = ( x – 3 )² + 6x - 18 = ( x – 3 )² – 6 ( x – 3 ) .

Dengan mengunakan ketaksamaan segitiga dan 0 < | x – 3 | < δ di peroleh; | x²- 9 | = | (x-3)² – 6(x – 3 )|≤ | x – 3 |² + 6 | x – 3 | < δ² + 6δ. Kemudian dengan membatasi δ sehingga 0 < δ≤ 1, diperoleh δ²< δ. ini mengakibatkan; 0 < | x – 3 |< δ ≤ 1 | x² – 9 | < δ² + 6δ < δ + 6 δ = 7δ.

Untuk sembarang Ԑ > 0 yang di berikan , pilihlah δ min { 1, 1/7Ԑ} , maka dengn menggunakan δ ≤ 1 dan δ ≤ 1/7Ԑ di peroleh

0 < | x – 3 |< δ | x² – 9 |< 7δ ≤ 7.1/7Ԑ = Ԑ

Dengan demikian terbuktilah lim x² = 9

Catatan cara lain pada contoh  dapat di gunakan untuk membuktikan limit suku banyak di c. untuk membuktikan lim f (x) = f (c) , dengan y = f (x ) suku banyak.

Kita nyatakan | f (x) – f (c ) | sebagai suku banyak dalam | x – c |, kemudian gunakan ketaksamaan segitiga dan buatlah pembatasan 0 < |x – c | < δ ≤ 1.