Límites y continuidad

a) Al sustituir $x = 1$: la base vale $\frac{2e^0}{1 + 1} = 1$ y el exponente $\frac{x}{x - 1}$ tiende a $\pm\infty$. Es una indeterminación del tipo $1^\infty$, así que$$\lim_{x \to 1} \left(\frac{2e^{x-1}}{x + 1}\right)^{\frac{x}{x-1}} = e^{L}, \qquad L = \lim_{x \to 1} \frac{x}{x - 1}\left(\frac{2e^{x-1}}{x + 1} - 1\right)$$Operamos dentro del paréntesis:$$L = \lim_{x \to 1} \frac{x}{x - 1} \cdot \frac{2e^{x-1} - x - 1}{x + 1} = \lim_{x \to 1} \frac{2x\,e^{x-1} - x^2 - x}{x^2 - 1}$$Al sustituir sale $\frac{2 - 1 - 1}{0} = \frac{0}{0}$. Aplicamos L'Hôpital (numerador y denominador son derivables cerca de $x = 1$):$$L = \lim_{x \to 1} \frac{2e^{x-1} + 2x\,e^{x-1} - 2x - 1}{2x} = \frac{2 + 2 - 2 - 1}{2} = \frac{1}{2}$$Por tanto$$\lim_{x \to 1} \left(\frac{2e^{x-1}}{x + 1}\right)^{\frac{x}{x-1}} = e^{1/2} = \sqrt{e} \approx 1{,}6487$$(Comprobación numérica: con $x = 1{,}000001$ la expresión vale $1{,}64872\ldots$)

b) Al sustituir $x = -1$:$$\text{numerador: } -e^{1-1} - (-1) = -1 + 1 = 0, \qquad \text{denominador: } 1 - 4 + 3 = 0$$Indeterminación $\frac{0}{0}$. Aplicamos L'Hôpital; la derivada de $e^{x^2-1}$ se hace con la regla de la cadena, $\left(e^{x^2-1}\right)' = 2x\,e^{x^2-1}$:$$\lim_{x \to -1} \frac{-e^{x^2-1} - x}{x^2 + 4x + 3} = \lim_{x \to -1} \frac{-2x\,e^{x^2-1} - 1}{2x + 4} = \frac{-2(-1)\,e^{0} - 1}{-2 + 4} = \frac{2 - 1}{2} = \frac{1}{2}$$(Comprobación numérica: con $x = -1{,}000001$ la fracción vale $0{,}500002$.)