Podemos atacar a las otras integral
$$I = \int_0^{\infty} dx \frac{\log{(1+x^3)}}{(1+x^2)^2}$$
en una manera similar a lo que @O. L. esbozado en su respuesta para el otro caso, pero con un contorno diferente. A saber, considerar
$$\oint_C dz \frac{\log{(1+z^3)} \log{z}}{(1+z^2)^2}$$
donde $C$ es el siguiente contorno
![3contour]()
Este es un ojo de la cerradura de contorno sobre el eje real positivo, pero con orificios adicionales acerca de los puntos de ramificación en $z=e^{i \pi/3}$, $z=-1$, y $z=e^{i 5 \pi/3}$. Hay polos de orden $2$$z=\pm i$.
Voy a describir el procedimiento para la evaluación. La integral sobre los arcos circulares, grandes y pequeños, ir a cero, como los radios de ir a $\infty$$0$, respectivamente. Cada uno de los puntos de ramificación introduce un salto de $i 2 \pi$ debido a que el logaritmo en el integrando. Por el teorema de los residuos, hemos
$$-i 2 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{\log{(1+x^3)}}{(1+x^2)^2} - i 2 \pi \int_{e^{i \pi/3}}^{\infty e^{i \pi/3}} dt \frac{\log{t}}{(1+t^2)^2} \\ - i 2 \pi \int_{e^{i \pi}}^{\infty e^{i \pi}} dt \frac{\log{t}}{(1+t^2)^2} - i 2 \pi \int_{e^{i 5 \pi/3}}^{\infty e^{i 5 \pi/3}} dt \frac{\log{t}}{(1+t^2)^2} = \\ i 2 \pi \sum_{\pm} \frac{d}{dz} \left[\frac{\log{(1+z^3)} \log{z}}{(z\pm i)^2} \right]_{z=\pm i} $$
Sin entrar demasiado en detalles, voy a ilustrar cómo las integrales se hace mediante la evaluación de uno de ellos. Considere la posibilidad de
$$\int_{e^{i \pi}}^{\infty e^{i \pi}} dt \frac{\log{t}}{(1+t^2)^2} = -\int_1^{\infty} dy \frac{\log{y}+i \pi}{(1+y^2)^2}$$
Ahora,
$$\int_1^{\infty} \frac{dy}{(1+y^2)^2} = \int_{\pi/4}^{\pi/2} d\theta \cos^2{\theta} = \frac{\pi}{8}-\frac14$$
$$\begin{align}\int_1^{\infty} dy\frac{\log{y}}{(1+y^2)^2} &= -\int_0^1 du \frac{u^2 \log{u}}{(1+u^2)^2}\\ &= -\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k (k+1) \int_0^1 u^{2 k+2} \log{u} \\ &= \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{k+1}{(2 k+3)^2} \\ &= \frac{G}{2} - \frac{\pi}{8}\end{align}$$
así que
$$\int_{e^{i \pi}}^{\infty e^{i \pi}} dt \frac{\log{t}}{(1+t^2)^2} = - \left ( \frac{G}{2} - \frac{\pi}{8} \right ) - i \pi \left ( \frac{\pi}{8}-\frac14\right ) $$
A lo largo de líneas similares,
$$\int_{e^{i \pi/3}}^{\infty e^{i \pi/3}} dt \frac{\log{t}}{(1+t^2)^2} = \frac{G}{3}-\frac{\pi }{8}+\frac{1}{12} \pi \log \left(2+\sqrt{3}\right)+i
\left(\frac{1}{4} \log \left(2+\sqrt{3}\right)-\frac{\pi }{6}\right)$$
$$\int_{e^{i 5 \pi/3}}^{\infty e^{i 5 \pi/3}} dt \frac{\log{t}}{(1+t^2)^2} = \frac{G}{3}-\frac{\pi }{8}-\frac{5}{12} \pi \log \left(2+\sqrt{3}\right)+i
\left(-\frac{5 \pi }{6}+\frac{\pi ^2}{4}-\frac{1}{4} \log
\left(2+\sqrt{3}\right)\right)$$
La combinación de las integrales, tengo
$$\frac{G}{6} -\frac{\pi}{8}-\frac{\pi}{3} \log{(2+\sqrt{3})} + i \left [-\frac{3 \pi}{4} + \frac{\pi^2}{8}\right ] $$
La suma de los residuos en el lado derecho es relativamente simple para evaluar; me
$$\sum_{\pm} \frac{d}{dz} \left[\frac{\log{(1+z^3)} \log{z}}{(z\pm i)^2} \right]_{z=\pm i} = \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{8}\log (2)+i \left(\frac{3 \pi }{4}-\frac{\pi ^2}{8}\right)$$
La integral que buscamos es entonces el negativo de la suma de la combinación de las integrales y la suma de los residuos, lo que nos da
$$\int_0^{\infty} dx \frac{\log{(1+x^3)}}{(1+x^2)^2} = -\frac{G}{6} - \frac{3\pi}{8} + \frac{\pi}{8} \log{2} + \frac{\pi}{3} \log{(2+\sqrt{3})} \approx 0.320555$$
lo cual está de acuerdo con Mathematica. Nota cómo el imaginario partes fortuitamente cancelado.
Se debe entender que la técnica puede ser aplicada a la otra integral. Como O. L. ha demostrado, sin embargo, uno puede aprovechar la simetría y el uso de una menor computacionalmente exigente técnica para ese caso en particular.
