Pela definição de módulo, temos que a nossa função é dada por:

[tex] |x - 1| = \begin{cases}(x - 1), \: se \: x \geqslant 1 \\ - (x - 1) , \: se \: x < 1 \end{cases}[/tex]

Como estamos trabalhando com valores de x sendo negativos, então a função que usaremos é aquela correspondente a valores de x < 1, ou seja, -(x-1).

• Interseção entre a função roxa e preta:

[tex]y = 2x + 1 \: \: e \: \: y = \frac{1}{x} \\ \\ 2x + 1 = \frac{1}{x} \to \: x_{1} = - 1 \: \: e \: \: x_{2} = \frac{1}{2} [/tex]

Como o ponto de interseção é na parte negativa, então temos que ocorre em x = -1. Portanto, o ponto de interseção é P(-1,f(-1)).

• Interseção entre a função laranja e preta:

[tex] \frac{1}{ - x + 1} = 2x + 1 \: \to \: x_{1} = 0 \: \: e \: \: x_{2} = \frac{1}{2} \\ [/tex]

O ponto onde ocorre a interseção que nos interessa é em x = 0.

Montando as integrais (destrinchando as áreas):

[tex]\int\limits_{ - 3}^{ - 1} \frac{1}{ - x + 1} - \frac{1}{x} \: dx + \int\limits_{ - 1}^{ 0} \frac{1}{ - x + 1} - (2x + 1) \: dx \\ \\ \int\limits_{ - 3}^{ - 1} \frac{1}{ - x + 1} \: dx - \int\limits_{ - 3}^{ - 1} \frac{1}{x} \: dx + \int\limits_{ - 1}^{ 0} \frac{1}{ - x + 1} \: dx - \int\limits_{ - 1}^{ 0} (2x + 1) \: dx[/tex]

Resolvendo essa primeira integral separadamente:

[tex] \int \frac{1}{ - x + 1} \: dx \: \to \:u = - x + 1 \\ \\ \frac{du}{dx} = - 1 \: \to \: dx = - du\\ \\ \int \frac{1}{u} .( - du) \: \to \: - \int \frac{du}{u} = - \ln( | - x + 1| )[/tex]

Substituindo os resultados:

[tex] - \ln( | - x + 1| ) \bigg|_{ - 3}^{ - 1} - \ln( |x| )\bigg|_{ - 3}^{ - 1} - \ln( | - x + 1| ) \bigg|_{ - 1}^{ 0} - \left(x {}^{2} + x \right)\bigg|_{ - 1}^{ 0} \\ \\ - \ln( | - ( - 1) + 1| ) + \ln( | - ( - 3) + 1| ) - \ln( | - 1| ) + \ln( | - 3| ) - \ln( | - 0 + 1| ) + \ln( | - ( - 1) + 1| ) - (0 {}^{2} + 0) + ( ( - 1) {}^{2} + ( - 1)) \\ \\ - \ln( 2) + \ln( 4) - \ln(1) + \ln(3) - \ln(1) + \ln(2) \\ \\ \ln(4) + \ln(3) \: \to \: \ln(3.4) \to \: \boxed{ \boxed{ A = \ln(12)}}[/tex]