Ещё интеграл

[bundos]

Полосин
Я бы хотел узнать, возможно ли этот интеграл, который я в первом посте написал, посчитать с помощью вычетов. Просто в авторском решении я вроде-как разобрался.

[sup]

Полосин в сообщении #430582 писал(а):

Воспользуйтесь тем, что

$$2\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1+x)}{x^2+1}dx=\int\limits_{-1}^{+\infty}\dfrac{\ln(1+x)}{x^2+1}dx-\int\limits_0^1\dfrac{\ln(1-x)}{x^2+1}dx+\int\limits_0^1\dfrac{\ln x}{x^2+1}dx\,.$$

Первый интеграл из этой троицы считается через вычеты стандартным образом: разрез $(-1,\infty)$, контур по верхнему/нижнему берегам и двум окружностям, пишем интеграл от квадарата логарифма, разность на берегах и тд.
Два других собираем в один

$$\int\limits_0^1\dfrac{\ln x - \ln(1-x)}{x^2+1}dx = \int\limits_0^1\dfrac{\ln \frac{x}{1-x}}{x^2+1}dx$$

После этого замена $y=1/x$ и снова стандартный интеграл (аналогичный первому).