Dada la función ...

ENUNCIADO. Dada la función $$\left\{\begin{matrix}\dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x} &\text{si}& x\prec 0 \\ x\,e^{-x}&\text{si}& x\ge 0 \end{matrix}\right.$$ se pide:
a) Estudiar la continuidad de $f$ y calcular $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty}\,f(x)$
b) Calcular la recta tangente a la curva $y=f(x)$, en $x=2$
c) Calcular $\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)\,dx$

SOLUCIÓN.

a)
El dominio de definición de la función es $\text{Dom}_f=\{x \in \mathbb{R}: 1-x \succ 0\; \text{y}\; x \neq 1 \}=(-\infty\,,\,1)$. Veamos pues, si la función es discontinua en alguno de los puntos donde la función está definida; en particular, en el punto que separa los dos tramos de la función, $x=0$.

Para que la función sea continua en $x=0$ debe cumplirse que exista el límite $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\,f(x)=\ell$ y que $f(0)=\ell$. El valor de función en $x=0$ viene dada por el segundo tramo de la definición ( dada la desigualdad débil ), luego $f(0)=0\cdot e^{0}=0\cdot 1=0$. Estudiemos ahora el límite; para que exista el límite global deben existir y ser iguales los límites laterales; como $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^-}\,\dfrac{\ln\,(1-0)}{1-0}=\dfrac{\ln\,1}{1}=\dfrac{0}{1}=0$ y $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{+}}=0 \cdot e^0=0 \cdot 1 =0$, el límite existe y es igual a $\ell=0$ y como $\ell = f(0) = 0$, la función es continua en $x=0$.

En los demás puntos del dominio de definición, la función es continua.

Nota: podrían presentarse problemas en $x=1$ si este valor formase parte del dominio de definición de la función, pero no es ese el caso.

Pasemos ahora a calcular el límite pedido
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty}\,f(x)=\lim_{x \rightarrow -\infty}\,\dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x}=\dfrac{\infty}{\infty}\overset{\text{L'Hôpital}}{=} \lim_{x \rightarrow -\infty}\,\dfrac{(\ln\,(1-x))'}{(1-x)'}=$
$=\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty}\,\dfrac{-1/(1-x)}{-1}=\lim_{x \rightarrow -\infty}\,\dfrac{1}{1-x}=\dfrac{1}{-(-\infty)}=\dfrac{1}{+\infty}=0$

b)
La función no está definida en $x=2$, luego no existe la recta tangente pedida.

c)
De $-1$ a $1$ la función pasa de un tramo ( de definición a otro ), por lo tanto separaremos el dominio de integración, $[-1\,,\,1)$, en dos subintervalos: $[-1\,,\,0)$ y $[0\,,\,1)$:
$$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)\,dx=\int_{-1}^{0}\,\dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x}\,dx + \int_{0}^{1}\,x\,e^{-x}\,dx \quad \quad (1)$$

Integramos el primer término integral de (1):
$\int_{-1}^{0}\,\dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x}\,dx \overset{\text{Barrow}}{=}F(0)-F(-1)$   (2), por lo que debemos encontrar ahora una función primitiva, $F(x)$, de la función integrando; para ello, calculamos la integral indefinida: $\displaystyle \int\, \dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x}\,dx = -\int d(\ln\,(1-x))=-\ln\,(1-x)+C$ donde $C$ es la constante de integración; así pues, una función primitiva es $F(x)=\dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x}$, por tanto, de (2), $$\int_{-1}^{0}\,\dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x}\,dx=-\left(\ln(1-0)-\ln(1-(-1))\right)=-(\ln\,1-\ln\,2)=0+\ln\,2=\ln\,2$$

Procedomos a integrar el segunto término integral de (1):
$\displaystyle \int_{0}^{1}\,x\,e^{-x}\,dx \overset{\text{Barrow}}{=}G(1)-G(0)$   (2); encontremos pues una función primitiva, $G(x)$, de la función del integrando: $\displaystyle \int\, x\,e^{-x} \,dx \overset{\text{por partes}}{=} -e^{-x}\,(x+1) +C$ donde $C$ es la constante de integración. Entonces, de (2), $$\displaystyle \int_{0}^{1}\,x\,e^{-x}\,dx = -\left( (1 \cdot e^{-1}+e^{-1}) - ( 0 \cdot e^0 +e^0)\right)=\dfrac{e-2}{2}$$

Damos a continuación un detalle aclaratorio del resultado de la integración por partes de la integral indefinida $\displaystyle \int\, x\,e^{-x} \,dx$ por partes. Sea $u:=x$, entonces $du=dx$; por otra parte, sea $dv:=e^{-x}\,dx$, entonces $v=\int\,e^{-x}\,dx=-e^{-x}+k$, luego
$\displaystyle \int\, x\,e^{-x} \,dx =\int\,u\,dv\overset{\text{propiedad}}{=}uv-\int v\,du=$
$= -x\,e^{-x}-\int\,e^{-x}\,dx=-x\,e^{-x}-e^{-x}=(x+1)\,e^{-1}$

Finalmente, sustituyendo los resultados de los dos términos integrales en (1), encontramos el siguiente resultado para la integral definida pedida: $$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)\,dx=\ln\,2+\dfrac{e-2}{2}$$

$\square$