Esto se puede hacer teniendo en cuenta la integral
$$\oint_C dz \frac{z^2 \log{z}}{(z^2+1)^2 (z^2+2 z+2)}$$
donde $C$ es un ojo de la cerradura de contorno de gran radio de $R$ y el radio pequeño, $\epsilon$ sobre el eje real positivo, como se muestra a continuación.
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Si usted trabaja fuera de las integrales a lo largo de cada parte del contorno de la $C$, obtenemos que este contorno de la integral es igual a
$$\int_{\epsilon}^R dx \frac{x^2 \log{x}}{(x^2+1)^2 (x^2+2 x+2)} + i R \int_0^{2 \pi} d\theta \, e^{i \theta} \frac{R^2 e^{i 2 \theta} \left (\log{R} + i \theta \right)}{(R^2 e^{i 2 \theta}+1)^2 (R^2 e^{i 2 \theta} + 2 R e^{i \theta} + 2) } \\ + \int_R^{\epsilon} dx \frac{x^2 (\log{x}+i 2 \pi) }{(x^2+1)^2 (x^2+2 x+2)}+ i \epsilon \int_{2 \pi}^0 d\phi\, e^{i \phi} \frac{\epsilon^2 e^{i 2 \phi} \left (\log{\epsilon} + i \phi \right)}{(\epsilon^2 e^{i 2 \phi}+1)^2 (\epsilon^2 e^{i 2 \phi}+ 2 \epsilon e^{i \phi}+2)} $$
Tomamos el límite de $R \to \infty$$\epsilon \to 0$; el segundo y el cuarto integrales a desaparecer y el contorno de la integral se reduce a
$$-i 2 \pi \int_0^{\infty} dx \frac{x^2}{(x^2+1)^2 (x^2+2 x+2)} $$
Por el teorema de los residuos, el contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos en los polos de el integrando de la integral de contorno. Para esta integrando, hay el doble de polos en $z=\pm i$ simple y pol $z=-1 \pm i$.
Ahora, antes de calcular los residuos, es imperativo que tengamos la rama del logaritmo correcta. En este caso, asumimos que la rama se toma sobre el eje real positivo, por lo que los argumentos de los polos se debe ejecutar entre el$0$$2 \pi$. Por lo tanto, los polos se están llevado a estar en (el doble de los polos) $z=e^{i \pi/2}$, $z=e^{i 3 \pi/2}$, (simple polos) $z=\sqrt{2} e^{i 3 \pi/4}$, $z=\sqrt{2} e^{i 5 \pi/4}$.
El residuo de cálculo, simplemente será el estado de los resultados, sin mostrar la diferenciación y el álgebra, que creo que el lector debe ser capaz de hacer en su propio nombre.
$$\begin{align}\operatorname*{Res}_{z=e^{i \pi/2}} \frac{z^2 \log{z}}{(z^2+1)^2 (z^2+2 z+2)} &= \left [\frac{d}{dz} \frac{z^2 \log{z}}{(z+i)^2 (z^2+2 z+2)} \right ]_{z=e^{i \pi/2}}\\ &= \left (-\frac{1}{10}-i \frac{1}{20} \right ) - \left (\frac{9}{200}+ i \frac{3}{50} \right ) \pi\end{align}$$
$$\begin{align}\operatorname*{Res}_{z=e^{i 3 \pi/2}} \frac{z^2 \log{z}}{(z^2+1)^2 (z^2+2 z+2)} &= \left [\frac{d}{dz} \frac{z^2 \log{z}}{(z-i)^2 (z^2+2 z+2)} \right ]_{z=e^{i 3 \pi/2}}\\ &= \left (-\frac{1}{10}+i \frac{1}{20} \right ) + \left (\frac{27}{200}- i \frac{9}{50} \right ) \pi\end{align}$$
$$\begin{align}\operatorname*{Res}_{z=\sqrt{2} e^{i 3 \pi/4}} \frac{z^2 \log{z}}{(z^2+1)^2 (z^2+2 z+2)} &= \left [ \frac{z^2 \log{z}}{(z^2+1)^2 (2 z+2)} \right ]_{z=\sqrt{2} e^{i 3 \pi/4}}\\ &= \left (\frac{3 \log{2}}{50}-i \frac{2 \log{2}}{25} \right ) + \left (\frac{3}{25}+ i \frac{9}{100} \right ) \pi\end{align}$$
$$\begin{align}\operatorname*{Res}_{z=\sqrt{2} e^{i 5 \pi/4}} \frac{z^2 \log{z}}{(z^2+1)^2 (z^2+2 z+2)} &= \left [ \frac{z^2 \log{z}}{(z^2+1)^2 (2 z+2)} \right ]_{z=\sqrt{2} e^{i 5 \pi/4}}\\ &= \left (\frac{3 \log{2}}{50}+i \frac{2 \log{2}}{25} \right ) + \left (-\frac{1}{5}+ i \frac{3}{20} \right ) \pi\end{align}$$
Formamos la suma de estos residuos; a partir del análisis anterior, se concluye que la integral que buscamos es el negativo de esta suma. Por supuesto, la parte imaginaria de la suma de los residuos se desvanece, como podrás comprobar. El resultado final es
$$\int_0^{\infty} dx \frac{x^2}{(x^2+1)^2 (x^2+2 x+2)} = \frac15 - \frac{3 \log{2}}{25} - \frac{\pi}{100} \approx 0.0854$$
Esto fue verificado en Mathematica.
