Estudio de función a trozos: continuidad, límites e integración

**a) (1 punto) Estudiar la continuidad de $f$ y calcular $\lim_{x \to -\infty} f(x)$.** Analizamos la continuidad de la función en cada una de sus ramas: 1. **En el intervalo $(-\infty, 0)$:** La función es $f(x) = \frac{\ln(1 - x)}{1 - x}$. El logaritmo $\ln(1-x)$ existe si $1-x \gt 0$, es decir, $x \lt 1$. El denominador $1-x$ se anula en $x=1$. Como estamos en el intervalo $x \lt 0$, la función es el cociente de dos funciones continuas y el denominador no se anula. Por tanto, **$f(x)$ es continua en $(-\infty, 0)$**. 2. **En el intervalo $(0, +\infty)$:** La función es $f(x) = xe^{-x}$, que es el producto de un polinomio y una función exponencial, ambas continuas en todo $\mathbb{R}$. Por tanto, **$f(x)$ es continua en $(0, +\infty)$**. 💡 **Tip:** Una función definida a trozos es continua si lo es en el interior de sus ramas y en los puntos de salto entre ellas.

Para que $f(x)$ sea continua en $x = 0$, deben coincidir el valor de la función y los límites laterales: - **Valor de la función:** $f(0) = 0 \cdot e^0 = 0$. - **Límite por la izquierda ($x \to 0^-$):** $$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} \frac{\ln(1 - x)}{1 - x} = \frac{\ln(1)}{1} = \frac{0}{1} = 0.$$ - **Límite por la derecha ($x \to 0^+$):** $$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} xe^{-x} = 0 \cdot e^0 = 0.$$ Como $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = 0$, la función es **continua en $x = 0$**. ✅ **Conclusión:** $$\boxed{f(x) \text{ es continua en todo } \mathbb{R}}$$

Calculamos $\lim_{x \to -\infty} f(x)$ usando la primera rama de la función: $$\lim_{x \to -\infty} \frac{\ln(1 - x)}{1 - x}$$ Al tender $x$ a $-\infty$, el argumento del logaritmo $(1-x)$ tiende a $+\infty$. Tenemos una indeterminación del tipo $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$. Aplicamos la **regla de L'Hôpital**: $$\lim_{x \to -\infty} \frac{\ln(1 - x)}{1 - x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\frac{d}{dx}[\ln(1 - x)]}{\frac{d}{dx}[1 - x]} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\frac{-1}{1 - x}}{-1} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1}{1 - x}$$ Al sustituir $x$ por $-\infty$: $$\lim_{x \to -\infty} \frac{1}{1 - x} = \frac{1}{+\infty} = 0$$ ✅ **Resultado del límite:** $$\boxed{\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0}$$

**b) (0.5 puntos) Calcular la recta tangente a la curva $y = f(x)$, en $x = 2$.** Como $x = 2 \gt 0$, utilizamos la rama $f(x) = xe^{-x}$. La ecuación de la recta tangente es: $$y - f(2) = f'(2)(x - 2)$$ 1. **Punto de tangencia:** $f(2) = 2e^{-2} = \frac{2}{e^2}$. 2. **Pendiente:** Derivamos $f(x)$ usando la regla del producto: $$f'(x) = 1 \cdot e^{-x} + x \cdot (-e^{-x}) = (1 - x)e^{-x}$$ Evaluamos en $x = 2$: $$f'(2) = (1 - 2)e^{-2} = -e^{-2} = -\frac{1}{e^2}$$ 3. **Ecuación:** $$y - \frac{2}{e^2} = -\frac{1}{e^2}(x - 2) \implies y = -\frac{1}{e^2}x + \frac{2}{e^2} + \frac{2}{e^2}$$ ✅ **Resultado (recta tangente):** $$\boxed{y = -\frac{1}{e^2}x + \frac{4}{e^2}}$$

**c) (1.5 puntos) Calcular $\int_{-1}^1 f(x) \, dx$.** Debido a que la función cambia de definición en $x = 0$, dividimos la integral en dos intervalos: $$\int_{-1}^1 f(x) \, dx = \int_{-1}^0 \frac{\ln(1 - x)}{1 - x} \, dx + \int_{0}^1 xe^{-x} \, dx$$ Llamaremos $I_1 = \int_{-1}^0 \frac{\ln(1 - x)}{1 - x} \, dx$ e $I_2 = \int_{0}^1 xe^{-x} \, dx$.

Para resolver $I_1 = \int_{-1}^0 \frac{\ln(1 - x)}{1 - x} \, dx$, observamos que la derivada de $\ln(1-x)$ es $\frac{-1}{1-x}$. Hacemos el cambio de variable $t = \ln(1 - x) \implies dt = \frac{-1}{1 - x} dx$. - Si $x = -1 \implies t = \ln(2)$. - Si $x = 0 \implies t = \ln(1) = 0$. $$I_1 = \int_{\ln 2}^{0} t \, (-dt) = \int_{0}^{\ln 2} t \, dt = \left[ \frac{t^2}{2} \right]_0^{\ln 2}$$ $$I_1 = \frac{(\ln 2)^2}{2} - 0 = \frac{(\ln 2)^2}{2}$$ 💡 **Tip:** Si una integral tiene la forma $\int g(x)^n \cdot g'(x) dx$, su primitiva es $\frac{g(x)^{n+1}}{n+1}$.

Para resolver $I_2 = \int_{0}^1 xe^{-x} \, dx$, aplicamos **integración por partes**: Sean $u = x \implies du = dx$ y $dv = e^{-x} dx \implies v = -e^{-x}$. $$\int xe^{-x} dx = -xe^{-x} - \int -e^{-x} dx = -xe^{-x} - e^{-x} = -(x + 1)e^{-x}$$ Aplicamos la regla de Barrow: $$I_2 = \left[ -(x + 1)e^{-x} \right]_0^1 = \left( -(1 + 1)e^{-1} \right) - \left( -(0 + 1)e^0 \right)$$ $$I_2 = -2e^{-1} - (-1) = 1 - \frac{2}{e}$$ 💡 **Tip:** Recuerda la fórmula de integración por partes: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.

Sumamos ambos resultados para obtener el valor total: $$\int_{-1}^1 f(x) \, dx = I_1 + I_2 = \frac{(\ln 2)^2}{2} + 1 - \frac{2}{e}$$ ✅ **Resultado final:** $$\boxed{\int_{-1}^1 f(x) \, dx = 1 - \frac{2}{e} + \frac{(\ln 2)^2}{2} \approx 0.5042}$$ "interactive": { "kind": "desmos", "data": { "expressions": [ { "id": "f", "latex": "y=\\{x<0:\\frac{\\ln(1-x)}{1-x}, x\\ge 0:xe^{-x}\\}", "color": "#2563eb" }, { "id": "tan", "latex": "y = -e^{-2}x + 4e^{-2}", "color": "#ef4444", "lineStyle": "DASHED" }, { "id": "area", "latex": "0 \\le y \\le \\{x<0:\\frac{\\ln(1-x)}{1-x}, x\\ge 0:xe^{-x}\\} \\{-1 \\le x \\le 1\\}", "color": "#93c5fd" } ], "bounds": { "left": -2, "right": 4, "bottom": -0.5, "top": 1 } } }