O exercício que se segue foi proposto por José Manuel Sacramento no facebook.
A proposta de resolução, é minha!
Problema: calcular
\[
\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{11} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}dx}
\]
Proposta de Resolução:
(Vou saltar algumas justificações, falo delas num post futuro)
Considere-se o integral paramétrico:
\[
I(t)=\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{t} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}dx}
\]
Então, derivando em ordem a $t$, temos
\begin{eqnarray*}
{I'(t)}&{=}&{\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{\partial}{\partial t}\left( \frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{t} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}\right)dx}}\\
{}&{=}&{\int\limits_0^{ + \infty } { \frac{x^t}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\
{}&=&{\int\limits_0^{ + \infty } { \frac{x^t+1-1}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\
{}&=&{\int\limits_0^{ + \infty } { \frac{1}{1 + x^2 }}-\int\limits_0^{ + \infty }{\frac{1}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\
{}&=&{\frac{\pi}{2}-\int\limits_0^{ + \infty }{\frac{1}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\
\end{eqnarray*}.
Fazendo a substituição $y=x^{-1}$ no último integral temos
\begin{eqnarray*}
{I'(t)}&{=}&{\frac{\pi}{2}-I'(t)}\\
\end{eqnarray*}.
Ou seja,
\[2I'(t)=\frac{\pi}{2}\]
\[\Leftrightarrow I'(t)=\frac{\pi}{4}\]
Portanto
\[I(t)=\frac{\pi}{4}t+C\]
Inspeccionando a definição de $I(t)$ vemos ainda que $I(3)=0$, isso dá-nos $C=-\displaystyle\frac{3\pi}{4}$
ou seja \[I(t)=\frac{\pi}{4}t-\frac{3\pi}{4}\]
Assim sendo,
\[
\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{11} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}dx}=I(11)=\frac{\pi}{4}\times11-\frac{3\pi}{4}=\frac{8\pi}{4}=2\pi
\]
