計算間違い，もっとうまいやり方など気づかれたときは連絡ください．
一般に $ f(x) $ を実数係数の整式， $ b,\ c $ を実数の定数とするとき， 定積分 \[ \int_{\alpha}^{\beta}\dfrac{f(x)}{x^2+bx+c}\,dx \] は，区間 $ [\alpha,\ \beta] $ に $ x^2+bx+c=0 $ となる $ x $ の値が入っていないかぎり， つまり，区間 $ [\alpha,\ \beta] $ が関数 $ \dfrac{f(x)}{x^2+bx+c} $ の定義域内にあるかぎり， 次の手順で計算することが出来る．
その手順は次のようになる．
(ア) $ f(x) $ を $ x^2+bx+c $ で割った商を $ Q(x) $ ，余りを $ px+c $ とする． このとき， \[ \dfrac{f(x)}{x^2+bx+c}=Q(x)+\dfrac{px+q}{x^2+bx+c} \] となる． $ Q(x) $ は整式なので積分できる．
(イ) よって， \[ \int_{\alpha}^{\beta}\dfrac{px+q}{x^2+bx+c}\,dx \] の計算ができればよい． \[ \dfrac{px+q}{x^2+bx+c} =\dfrac{p(2x+b)-pb+2q}{2(x^2+bx+c)} =\dfrac{p(2x+b)}{2(x^2+bx+c)} +\dfrac{-pb+2q}{2(x^2+bx+c)} \] である．このうち \[ \int_{\alpha}^{\beta}\dfrac{p(2x+b)}{2(x^2+bx+c)}\,dx= \dfrac{p}{2}\biggl[\log|x^2+bx+c|\biggr]_{\alpha}^{\beta} \] と計算できる．
(ウ) よって，
\[
\int_{\alpha}^{\beta}\dfrac{1}{x^2+bx+c}\,dx
\]
が計算できれば良い． $ D=b^2-4c $ とおく．
(i) $ D >0 $ のとき． $ x^2+bx+c=(x-\lambda)(x-\mu)\ (\lambda\ne\mu) $ と因数分解できる．
よって
\[
\dfrac{1}{x^2+bx+c}=\dfrac{1}{\lambda-\mu}\left(\dfrac{1}{x-\lambda}-\dfrac{1}{x-\mu}\right)
\]
より，積分できる．
(ii) $ D=0 $ のとき． $ x^2+bx+c=(x-\lambda)^2 $ と因数分解でき，
$ (x-\lambda)^{-2} $ はただちに積分できる．
(iii) $ D< 0 $ のとき．
\[
x^2+bx+c=\left(x+\dfrac{b}{2} \right)^2+\dfrac{4c-b^2}{4}
\]
である．
\[
x+\dfrac{b}{2}=\sqrt{\dfrac{4c-b^2}{4}}\tan\theta
\]
と置換することによって， $ \dfrac{1}{x^2+bx+c} $ は積分できる．
実数係数の整式 $ f(x) $ は， $ f(x)=0 $ の解が求まるならば，1次式か2次式の積に因数分解される．
よってこの場合は，積分区間に関する条件が満たされるかぎり，積分できる．
$ x=\alpha,\ \beta $ に対応する $ \theta $ の値が求まるという条件のもとで，
定積分の値も計算することができる．
以下はそのような場合である．
(1) $ I_3 $ について \begin{eqnarray*} \dfrac{1}{x^3+1}&=&\dfrac{1}{(x+1)(x^2-x+1)}\\ &=&\dfrac{a}{x+1}+\dfrac{bx+c}{x^2-x+1}=\dfrac{a(x^2-x+1)+(x+1)(bx+c)}{x^3+1} \end{eqnarray*} となる $ a,\ b,\ c $ は \[ a=\dfrac{1}{3},\ b=-\dfrac{1}{3},\ c=\dfrac{2}{3} \] である．よって \begin{eqnarray*} \dfrac{1}{x^3+1} &=&\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{x-2}{x^2-x+1} =\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{2x-1-3}{x^2-x+1}\\ &=&\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{2x-1}{x^2-x+1} +\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}} \end{eqnarray*} よって \[ I_3=\biggl[\dfrac{1}{3}\log(x+1)-\dfrac{1}{6}\log(x^2-x+1)\biggr]_0^1 +\dfrac{1}{2}\int_0^1\dfrac{1}{\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}}\,dx \] 第3項に関して $ x-\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\tan\theta $ とおく． \[ \begin{array}{c|c} x&0 \to 1\\ \hline \theta&-\dfrac{\pi}{6}\to \dfrac{\pi}{6} \end{array},\ \dfrac{dx}{d\theta}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{1}{\cos^2\theta} \] より \[ \dfrac{1}{2}\int_0^1\dfrac{1}{\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}}\,dx= \dfrac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{3}{4}}\,d\theta =\dfrac{\pi}{3\sqrt{3}} \] よって \[ I_3=\dfrac{1}{3}\log 2+\dfrac{\sqrt{3}\pi}{9} \]
(2) $ I_4 $ について \[ x^4+1=x^4+2x^2+1-2x^2=(x^2+\sqrt{2}x+1)(x^2-\sqrt{2}x+1) \] である．同様にして，部分分数に分解し，変形する． \begin{eqnarray*} \dfrac{1}{x^4+1} &=& \dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{\sqrt{2}x+2}{x^2+\sqrt{2}x+1}+ \dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{-\sqrt{2}x+2}{x^2-\sqrt{2}x+1}\\ &=& \dfrac{1}{4\sqrt{2}}\cdot\dfrac{2x+\sqrt{2}+\sqrt{2}}{x^2+\sqrt{2}x+1}- \dfrac{1}{4\sqrt{2}}\cdot\dfrac{2x-\sqrt{2}-\sqrt{2}}{x^2-\sqrt{2}x+1}\\ &=& \dfrac{1}{4\sqrt{2}}\left(\dfrac{2x+\sqrt{2}}{x^2+\sqrt{2}x+1}-\dfrac{2x-\sqrt{2}}{x^2-\sqrt{2}x+1} \right)+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x^2+\sqrt{2}x+1}+\dfrac{1}{x^2-\sqrt{2}x+1} \right) \end{eqnarray*} ここで \[ \int_0^1\dfrac{1}{x^2+\sqrt{2}x+1}\,dx= \int_0^1\dfrac{1}{\left(x+\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^2+\dfrac{1}{2}}\,dx \] において， $ x+\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\tan\theta $ とおく． \[ \begin{array}{c|c} x&0 \to 1\\ \hline \tan\theta&1\to \sqrt{2}+1 \end{array},\ \dfrac{dx}{d\theta}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{1}{\cos^2\theta} \] $ \tan\theta=\sqrt{2}+1 $ のとき， $ \tan2\theta=\dfrac{2(\sqrt{2}+1)}{1-(\sqrt{2}+1)^2}=-1 $ なので $ \theta=\dfrac{3\pi}{8} $ である．よって \[ \int_0^1\dfrac{1}{x^2+\sqrt{2}x+1}\,dx= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{8}}\sqrt{2}\,d\theta=\dfrac{\sqrt{2}\pi}{8} \] 同様に， \[ \int_0^1\dfrac{1}{x^2-\sqrt{2}x+1}\,dx= \int_0^1\dfrac{1}{\left(x-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^2+\dfrac{1}{2}}\,dx \] において， $ x-\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\tan\theta $ とおく． \[ \begin{array}{c|c} x&0 \to 1\\ \hline \tan\theta&-1\to \sqrt{2}-1 \end{array},\ \dfrac{dx}{d\theta}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{1}{\cos^2\theta} \] $ \tan\theta=\sqrt{2}-1 $ のとき， $ \tan2\theta=\dfrac{2(\sqrt{2}-1)}{1-(\sqrt{2}-1)^2}=1 $ なので $ \theta=\dfrac{\pi}{8} $ である．よって \[ \int_0^1\dfrac{1}{x^2-\sqrt{2}x+1}\,dx= \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{8}}\sqrt{2}\,d\theta=\dfrac{3\sqrt{2}\pi}{8} \] したがって \begin{eqnarray*} I_4&=& \dfrac{1}{4\sqrt{2}}\biggl[\log(x^2+\sqrt{2}x+1)-\log(x^2-\sqrt{2}x+1)\biggr]_0^1+ \dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(\dfrac{\pi}{8}+\dfrac{3\pi}{8} \right)\\ &=&\dfrac{\sqrt{2}}{4}\log(\sqrt{2}+1)+\dfrac{\sqrt{2}\pi}{8} \end{eqnarray*}
※ 次のような過去問題がある． \[ \int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\dfrac{1}{x^4+4}\,dx の値を求めよ． \] \[ \int_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\dfrac{1}{x^4+4}\,dx =2\int_0^{\sqrt{2}}\dfrac{1}{x^4+4}\,dx \] なので， $ x=\sqrt{2}t $ とおく． $ I_4 $ の計算から \begin{eqnarray*} &&2\int_0^{\sqrt{2}}\dfrac{1}{x^4+4}\,dx =2\int_0^{1}\dfrac{1}{4t^4+4}\,\sqrt{2}dt\\ &=&\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left\{\dfrac{\sqrt{2}}{4}\log(\sqrt{2}+1)+\dfrac{\sqrt{2}\pi}{8}\right\} =\dfrac{1}{4}\log(\sqrt{2}+1)+\dfrac{\pi}{8} \end{eqnarray*} となる．
(3) $ I_6 $ について
\begin{eqnarray*}
x^6+1
&=&(x^2+1)(x^4-x^2+1)=(x^2+1)(x^4+2x^2+1-3x^2)\\
&=&(x^2+1)(x^2-\sqrt{3}x+1)(x^2+\sqrt{3}x+1)
\end{eqnarray*}
である．これをもとに同様の方法で部分分数に分解する．
その結果を逆にたどると次のようになる．
\begin{eqnarray*}
\dfrac{1}{x^6+1}&=&\dfrac{1}{(x^2+1)(x^4-x^2+1)}
=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{x^2+1}-\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{x^2-2}{x^4-x^2+1}\\
&=&\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{x^2+1}-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{x^2-1}{x^4-x^2+1}+\dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{x^2+1}{x^4-x^2+1}
\end{eqnarray*}
ここで，
\[
\int_0^1\dfrac{1}{x^2+1}\,dx=\dfrac{\pi}{4}
\]
また，
\begin{eqnarray*}
-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{x^2-1}{x^4-x^2+1}&=&
-\dfrac{\sqrt{3}}{12}\cdot\dfrac{2\sqrt{3}x^2-2\sqrt{3}}{x^4-x^2+1}\\
&=&-
\dfrac{\sqrt{3}}{12}\cdot\dfrac{2x-\sqrt{3}}{x^2-\sqrt{3}x+1}+
\dfrac{\sqrt{3}}{12}\cdot\dfrac{2x+\sqrt{3}}{x^2+\sqrt{3}x+1}
\end{eqnarray*}
で，
\begin{eqnarray*}
\int_0^1\dfrac{2x-\sqrt{3}}{x^2-\sqrt{3}x+1}\,dx&=&\biggl[\log(x^2-\sqrt{3}x+1)\biggr]_0^1
=\log(2-\sqrt{3})\\
\int_0^1\dfrac{2x+\sqrt{3}}{x^2+\sqrt{3}x+1}\,dx&=&\biggl[\log(x^2+\sqrt{3}x+1)\biggr]_0^1
=\log(2+\sqrt{3})
\end{eqnarray*}
である．
次に，
\begin{eqnarray*}
\dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{x^2+1}{x^4-x^2+1}&=&
\dfrac{1}{12}\cdot\dfrac{1}{x^2-\sqrt{3}x+1}+
\dfrac{1}{12}\cdot\dfrac{1}{x^2+\sqrt{3}x+1}
\end{eqnarray*}
である．そして，
\[
\int_0^1\dfrac{1}{x^2-\sqrt{3}x+1}\,dx=
\int_0^1\dfrac{1}{\left(x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\dfrac{1}{4}}\,dx
\]
において， $ x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{1}{2}\tan\theta $ とおく．
\[
\begin{array}{c|c}
x&0 \to 1\\
\hline
\tan\theta&-\sqrt{3}\to 2-\sqrt{3}
\end{array},\
\dfrac{dx}{d\theta}=\dfrac{1}{2\cos^2\theta}
\]
$ \tan\theta=2-\sqrt{3} $ のとき，
\begin{eqnarray*}
\tan2\theta&=&\dfrac{2(2-\sqrt{3})}{1-(2-\sqrt{3})^2}\\
&=&\dfrac{2(2-\sqrt{3})}{1-(7-4\sqrt{3})}=\dfrac{2-\sqrt{3}}{2\sqrt{3}-3}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}
\end{eqnarray*}
なので， $ 2\theta=\dfrac{\pi}{6} $ より $ \theta=\dfrac{\pi}{12} $ である．よって
\[
\int_0^1\dfrac{1}{x^2-\sqrt{3}x+1}\,dx=
\int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{12}}2\,d\theta=\dfrac{5\pi}{6}
\]
同様に，
\[
\int_0^1\dfrac{1}{x^2+\sqrt{3}x+1}\,dx=
\int_0^1\dfrac{1}{\left(x+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\dfrac{1}{4}}\,dx
\]
において， $ x+\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{1}{2}\tan\theta $ とおく．
\[
\begin{array}{c|c}
x&0 \to 1\\
\hline
\tan\theta&\sqrt{3}\to 2+\sqrt{3}
\end{array},\
\dfrac{dx}{d\theta}=\dfrac{1}{2\cos^2\theta}
\]
$ \tan\theta=2+\sqrt{3} $ のとき，
\begin{eqnarray*}
\tan2\theta&=&\dfrac{2(2+\sqrt{3})}{1-(2+\sqrt{3})^2}\\
&=&\dfrac{2(2+\sqrt{3})}{1-(7+4\sqrt{3})}=\dfrac{2+\sqrt{3}}{-2\sqrt{3}-3}=-\dfrac{1}{\sqrt{3}}
\end{eqnarray*}
なので， $ 2\theta=\dfrac{5\pi}{6} $ より $ \theta=\dfrac{5\pi}{12} $ である．よって
\[
\int_0^1\dfrac{1}{x^2+\sqrt{3}x+1}\,dx=
\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{5\pi}{12}}2\,d\theta=\dfrac{\pi}{6}
\]
よって，
\begin{eqnarray*}
I_6&=&\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{\pi}{4}-
\dfrac{\sqrt{3}}{12}\left\{(\log(2-\sqrt{3})-\log(2+\sqrt{3}) \right\}
+\dfrac{1}{12}\cdot\left(\dfrac{5\pi}{6}+\dfrac{\pi}{6} \right)\\
&=&\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{\sqrt{3}}{6}\log(2-\sqrt{3})
\end{eqnarray*}
である．