¿Por qué es calculable $\int_{0}^{1} \log x $?

Question

Mientras se evalúa $$\lim_{n \to \infty}\left(\frac{n!}{n}\right)^{1/n} $$

El resultado de la integral es

$$\int_0^1 \log x = \big[x\log x\big]_0^1 - \big[x \big]_0^1 $$

El segundo término será -1, sin embargo el primer término será
$$I_1=1\times\log 1 -0\times \log 0$$

Mi libro de texto ha tomado el valor de $0\log 0$ como $0$. Sin embargo, ¿no es $\log0$ indefinido?

Answer 1

Dado que $\log(0)$ no está definido, tienes que tomar el límite unilateral (!): $$ L := \lim_{x \searrow 0} x \cdot \log(x) = 0. $$ Esto es cero, lo cual puedes obtener usando la regla de L'Hopital: \begin{align} L = \lim_{x \searrow 0} \frac{\log(x)}{\frac{1}{x}} \overset{\text{L'H}}{=} \lim_{x \searrow 0} \frac{\frac{1}{x}}{- \frac{1}{x^2}} = \lim_{x \searrow 0} - \frac{x^2}{x} = \lim_{x \searrow 0} -x = 0. \end{align}

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Básicamente, dado que log(x) no está definido para uno de los límites de integración, siempre comenzaría escribiendo \begin{align} \int_{0}^{1} \log(x) dx & = \lim_{a \searrow 0} \int_{a}^{1} \log(x) dx = \lim_{a \searrow 0} \big[ x \left( \log(x) - 1\right) \big]_{a}^{1} \\ & = \lim_{a \searrow 0} 1 ( 0 - 1) - a \left( \log(a) - 1\right) = -1 - \lim_{x \searrow 0} x \left( \log(x) - 1\right) \end{align}

Answer 2

En lugar de abusar de la regla de L'Hôpital, deberías saber (quizás de una vez por todas por L'Hôpital, pero hay otras formas) que a medida que $x\to\infty$ las funciones exponenciales superan a cualquier potencia de $x$. Se deduce que a medida que $x\to\infty$ cualquier potencia del logaritmo pierde ante $x$, es decir, $$\lim_{x\to\infty} \frac{(\log x)^n}x = 0.$$ Ahora, nota que $$\lim_{x\to 0^+} x\log x = \lim_{u\to\infty} \frac1u\log\big(\frac1u\big) = \lim_{u\to\infty}\frac{-\log(u)}u = 0.$$