Use a definição de limite para provar os seguintes itens:
\lim _{t \rightarrow 2} f(t)=(1,3,4), onde f(t)=(2 t-1, t+2,5-t)

Passo 1

O enunciado fornece a função f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^3 definida por
f(t) = (2t-1,\; t+2,\; 5-t),
e pede para tratar o limite
\lim_{t\to 2} f(t) = (1,3,4).
Informações relevantes:
  • A função f é dada explicitamente nas três componentes (peguei isso do enunciado).
  • O ponto para o qual t tende é t=2.
  • O valor alegado como limite é (1,3,4).
    O que se pede (explicitamente): usar a definição de limite para provar o item indicado (ou seja, verificar se de fato \lim_{t\to 2} f(t)=(1,3,4)).

Passo 2

Lembrete e definição (bem mastigadinho): a definição \varepsilon- \delta de limite para funções com imagem em \mathbb{R}^3.
  • Dados um ponto a\in\mathbb{R} e um vetor L\in\mathbb{R}^3, dizemos que
\lim_{t\to a} f(t) = L
se, para todo \varepsilon>0, existe \delta>0 tal que, para todo t\in\mathbb{R} com 0<|t-a|<\delta, temos \|f(t)-L\|<\varepsilon.
  • Aqui \|\cdot\| é a norma euclidiana em \mathbb{R}^3; para um vetor v=(v_1,v_2,v_3) temos
\|v\| = \sqrt{v_1^2+v_2^2+v_3^2}.
Vou usar essa norma porque é a mais comum e funciona bem para limites em \mathbb{R}^3.
Explicando em palavras: para provar que o limite é L é preciso, dado qualquer erro permitido \varepsilon, encontrar uma janela \delta ao redor de a tal que sempre que t estiver nessa janela (mas diferente de a) o valor f(t) esteja dentro da bola de raio \varepsilon centrada em L.

Passo 3

Primeira observação direta (checagem numérica): calcule f(2) (isto é, o valor de f no ponto para onde t tende):
f(2) = (2\cdot 2 -1,\; 2+2,\; 5-2) = (3,4,3).
Compare com o vetor proposto como limite, que o enunciado diz ser (1,3,4). Esses dois vetores são diferentes. Calcule a distância entre eles:
\|(3,4,3)-(1,3,4)\| = \|(2,1,-1)\| = \sqrt{2^2+1^2+(-1)^2} = \sqrt{6}.
Portanto a distância entre f(2) e o vetor proposto (1,3,4) é \sqrt{6}>0. Isso já levanta suspeita: para uma função linear como essa, o limite quando t\to2 costuma ser exatamente f(2). Vou mostrar rigorosamente o que isso implica.

Passo 4

Provar que a afirmação dada é falsa (negativa por definição): mostrar que \lim_{t\to 2} f(t)\neq(1,3,4) usando a negação da definição de limite.
Negação da definição: para provar que o limite NÃO é L basta encontrar algum \varepsilon>0 tal que, para todo \delta>0, existe t com 0<|t-2|<\delta e \|f(t)-L\|\ge\varepsilon.
Escolha
\varepsilon = \frac{\sqrt{6}}{2} > 0.
Agora vou relacionar \|f(t)-f(2)\| com |t-2|. Calcule f(t)-f(2):
f(t)-f(2) = (2t-1-3,\; t+2-4,\; 5-t-3) = (2(t-2),\; t-2,\; -(t-2)).
Portanto, com h=t-2,
\|f(t)-f(2)\| = \sqrt{(2h)^2 + h^2 + (-h)^2} = |h|\sqrt{4+1+1} = |t-2|\sqrt{6}.
Isto é uma identidade exata para esta função linear — ótimo, números simples.
Agora, tome qualquer \delta>0. Escolha t tal que
0<|t-2|<\min\!\left(\delta,\;\tfrac{1}{2}\right).
Isso é possível sempre (basta pegar t=2+\min(\delta,1/2)/2 ou semelhante). Para tal t temos
\|f(t)-f(2)\| = |t-2|\sqrt{6} < \tfrac{1}{2}\sqrt{6} = \varepsilon.
Use a desigualdade triangular (forma: \|u-w\|\ge \|v-w\|-\|u-v\|) com u=f(t), v=f(2), w=(1,3,4):
\|f(t)-(1,3,4)\| \ge \|f(2)-(1,3,4)\| - \|f(t)-f(2)\| > \sqrt{6} - \tfrac{1}{2}\sqrt{6} = \tfrac{1}{2}\sqrt{6} = \varepsilon.
Logo, para esse t que satisfaz 0<|t-2|<\delta obtivemos \|f(t)-(1,3,4)\|\ge\varepsilon. Como a escolha de \delta>0 foi arbitrária, concluímos que
existe \varepsilon>0 (escolhida acima) tal que para todo \delta>0 existe t com 0<|t-2|<\delta e \|f(t)-(1,3,4)\|\ge\varepsilon. Isso é precisamente a negação da definição de limite; portanto
\lim_{t\to 2} f(t) \ne (1,3,4).

Passo 5

Determinar o limite correto e prová-lo com \varepsilon- \delta: argumento direto (a função é linear e contínua, mas farei por definição).
Queremos provar que
\lim_{t\to 2} f(t) = f(2) = (3,4,3).
Seja \varepsilon>0 qualquer. A partir do cálculo do passo anterior temos, para todo t,
\|f(t)-f(2)\| = |t-2|\sqrt{6}.
Escolha
\delta = \frac{\varepsilon}{\sqrt{6}}.
Então, sempre que 0<|t-2|<\delta segue
\|f(t)-f(2)\| = |t-2|\sqrt{6} < \delta\sqrt{6} = \varepsilon.
Isto satisfaz exatamente a definição: para todo \varepsilon>0 existe \delta>0 (a escolha acima) tal que 0<|t-2|<\delta implica \|f(t)-f(2)\|<\varepsilon. Portanto
\lim_{t\to 2} f(t) = f(2) = (3,4,3).

Passo 6

Resumo final e comentário amigo: o enunciado afirmava que o limite era (1,3,4), mas isso é falso — a verificação \varepsilon- \delta mostrou a contradição. A razão prática é que f é linear (logo contínua) e vale f(2)=(3,4,3), logo o limite em t\to2 é esse vetor. Se quiser, posso fazer um exercício similar com outro ponto ou explicar como generalizar isso para funções vetoriais quaisquer — digo isso porque sei que esse tipo de ajuste pode confundir quando se troca um ponto no enunciado sem querer.

Resposta

(3,4,3)

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