(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
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.