エイプリルフールだけどいいネタがないので積分しませう

表題の積分を$I$とおく。
$$I=\int_{0}^{∞}\frac{\ln (1+x^2)}{x(1+x^2)}dx$$
$x=tanθ$とおくと、$\frac{dx}{1+x^2}=dθ$より、
$$I=\int_{0}^{\frac{π}{2}}\frac{\ln (1+\tan^2 θ)}{\tan θ}dθ=-\int_{0}^{\frac{π}{2}}\frac{\ln(1-\sin^2 θ)\cdot\cos θ}{\sin θ}dθ$$
$\sin θ=t$とおくと、$\cos θdθ=dt$より、
$$I=-\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+t)+\ln(1-t)}{t}dt$$
ここで、
$$I_A=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+t)}{t}dt,I_B=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-t)}{t}dt$$
とおく。
$$[[1]]$$
$I_A$について、$t=e^{-u}$とおくと、$dt=-e^{-u}du$より、
$$I_A=\int_{∞}^{0}\frac{\ln(1+e^{-u})}{e^{-u}}\cdot(-e^{-u})du=\int_{0}^{∞}\ln(1+e^{-u})du$$
ここで、$$\ln(1+e^{-u})=\int_{0}^{e^{-u}}\frac{dα}{1+α}=\int_{0}^{e^{-u}}(\sum_{m=0}^{∞}(-1)^mα^m)dα$$と級数展開できる。項別積分を行うと、
$$\ln(1+e^{-u})=\sum_{m=0}^{∞}(-1)^m\frac{e^{-(m+1)u}}{m+1}=\sum_{m=1}^{∞}(-1)^{m-1}\frac{e^{-mu}}{m}$$
したがって、
$$I_A=\int_{0}^{∞}\sum_{m=1}^{∞}(-1)^{m-1}\frac{e^{-mu}}{m}du=\sum_{m=1}^{∞}\frac{(-1)^{m-1}}{m}\int_{0}^{∞}e^{-mu}du=\sum_{m=1}^{∞}\frac{(-1)^{m-1}}{m^2}=η(2)=\frac{ζ(2)}{2}=\frac{π^2}{12}$$
$[[2]]$
$I_B$も同様に、
$$I_B=\int_{∞}^{0}\frac{\ln(1-e^{-v})}{e^{-v}}\cdot(-e^{-v})dv=\int_{0}^{∞}\ln(1-e^{-v})dv$$
$$\ln(1-e^{-v})=-\int_{0}^{e^{-v}}\frac{dβ}{1-β}=-\int_{0}^{e^{-v}}(\sum_{n=0}^{∞}β^n)dβ=-\sum_{n=0}^{∞}\frac{e^{-(n+1)v}}{n+1}=-\sum_{n=1}^{∞}\frac{e^{-nv}}{n}$$
$$\therefore I_B=-\sum_{n=1}^{∞}\frac{1}{n}\int_{0}^{∞}e^{-nv}dv=-\sum_{n=1}^{∞}\frac{1}{n^2}=-ζ(2)=-\frac{π^2}{6}$$
$[[1]],[[2]]$から、
$$I=-I_A-I_B=-\frac{π^2}{12}+\frac{π^2}{6}=\frac{π^2}{12}$$