Verifique se as integrais impróprias a seguir são convergentes ou divergentes.
\int_{0}^{\infty} e^{-x} \ln x d x

Passo 1

O enunciado pede para verificar se a integral imprópria
\int_{0}^{\infty} e^{-x}\ln x\,dx
é convergente ou divergente. Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A função integranda é e^{-x}\ln x.
  • A integral é imprópria por duas razões: perto de x=0 (pois \ln x\to -\infty) e no infinito x\to\infty.
  • É preciso analisar o comportamento da função em torno de 0^+ e de +\infty e, se convergir, obter o valor da integral.

Passo 2

Análise da singularidade em 0^+.
Para 0<x\le 1 temos e^{-1}\le e^{-x}\le 1. Então
e^{-1}\,\ln x \le e^{-x}\ln x \le \ln x.
Como \ln x\le 0 em (0,1], a integrabilidade de e^{-x}\ln x em (0,1] é equivalente à integrabilidade de \ln x em (0,1]. Calculamos
\int_{0}^{1}\ln x\,dx=\big[x\ln x - x\big]_{0}^{1}=(1\cdot 0 -1)-\lim_{x\to 0^+}(x\ln x)= -1 - 0 = -1.
(Usamos que \lim_{x\to 0^+}x\ln x=0.) Portanto \int_{0}^{1}\ln x\,dx é finita, logo \int_{0}^{1}e^{-x}\ln x\,dx é finita. Em particular, a integral é (absolutamente) integrável perto de 0.

Passo 3

Análise do comportamento em +\infty.
Para x\ge 1 vale a desigualdade simples \ln x \le x. Assim, tomando valor absoluto,
\big|e^{-x}\ln x\big| \le x e^{-x}\qquad\text{para }x\ge 1.
Calculamos a integral de comparação:
\int_{1}^{\infty} x e^{-x}\,dx.
Uma primitiva de x e^{-x} é - (x+1)e^{-x}. Logo
\int_{1}^{\infty} x e^{-x}\,dx=\lim_{b\to\infty}\big[-(x+1)e^{-x}\big]_{1}^{b} = 0 - (-(1+1)e^{-1}) = 2e^{-1}<\infty.
Portanto \int_{1}^{\infty} e^{-x}\ln x\,dx converge (por comparação absoluta). Juntando com o resultado perto de 0, a integral original converge absolutamente e, portanto, converge.

Passo 4

Cálculo do valor da integral (método por diferenciação de parâmetro).
Defina, para s>0,
J(s)=\int_{0}^{\infty} x^{\,s-1} e^{-x}\,dx.
Esta função J(s) é a função Gamma \Gamma(s). Para s em um intervalo que contenha 1 (por exemplo \tfrac{1}{2}\le s\le \tfrac{3}{2}) pode-se justificar a diferenciação sob o sinal de integral por convergência dominante; assim
J'(s)=\frac{d}{ds}\int_{0}^{\infty} x^{s-1} e^{-x}\,dx=\int_{0}^{\infty} x^{s-1} e^{-x}\ln x\,dx.
O nosso caso corresponde a s=1, pois
\int_{0}^{\infty} e^{-x}\ln x\,dx = \int_{0}^{\infty} x^{1-1} e^{-x}\ln x\,dx = J'(1).

Passo 5

Avaliação de J'(1) usando propriedades da função Gamma.
Sabemos que J(s)=\Gamma(s) e que \Gamma(1)=1. Uma expansão conhecida da função Gamma perto de s=1 é
\Gamma(s)=1 - \gamma\,(s-1) + o(s-1),
onde \gamma é a constante de Euler–Mascheroni definida por
\gamma=\lim_{n\to\infty}\Big(H_{n}-\ln n\Big),
com H_n sendo os números harmônicos. Da expansão acima segue que
\Gamma'(1)=-\gamma.
Como J'(1)=\Gamma'(1), concluímos
\int_{0}^{\infty} e^{-x}\ln x\,dx = -\gamma.
(A identidade \Gamma'(1)=-\gamma é um resultado padrão sobre a função Gamma e a constante de Euler–Mascheroni; o passo essencial aqui foi reduzir a integral à derivada de \Gamma em 1.)

Passo 6

Resumo final e motivação curta.
  • A integral é impropriamente definida em 0 e em +\infty; usando comparação em cada extremo mostramos que ela converge absolutamente (logo converge).
  • Para obter o valor, introduzimos a função Gamma e observamos que a integral é exatamente a derivada da Gamma em 1; dessa forma obtemos o valor em termos da constante de Euler–Mascheroni \gamma.

Resposta

A integral converge e \displaystyle \int_{0}^{\infty} e^{-x}\ln x\,dx = -\gamma.

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