计算
\[ I=\int_{0}^{1}\frac{x\ln^2{x}\ln(1+x^2)-4\arctan{x}}{x}dx \]
注意到
\[ I=\int_{0}^{1}\ln^2{x}\ln(1+x^2)dx-4\int_{0}^{1}\frac{\arctan{x}}{x}dx \]
而
\begin{align*}
 \int_{0}^{1}\ln^2{x}\ln(1+x^2)dx&=\int_{0}^{1}\left(\sum_{k=1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}x^{2k}\right)\ln^{2}xdx\\
 &=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\int_{0}^{1}x^{2k}\ln^2{x}dx\\
 &=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{k-1}}{k(2k+1)^{3}}\\
 &=\sum_{k=1}^{\infty}4(-1)^{k-1}\left(\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+1}\right)+\sum_{k=1}^{\infty}4(-1)^{k}\frac{1}{(2k+1)^2}+\sum_{k=1}^{\infty}4(-1)^{k}\frac{1}{(2k+1)^3}
\end{align*}
事实上，我们有
\[ H_{k,m}=\int_{0}^{1}x^{k}\ln^{m}xdx=(-1)^{m}\frac{m!}{(k+1)^{m+1}}\]
而
\[ 4\int_{0}^{1}\frac{\arctan{x}}{x}dx=4+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{4(-1)^{k}}{(2k+1)^{2}} \]
于是
\[ I=\sum_{k=1}^{\infty}4(-1)^{k-1}\left(\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+1}\right)-4-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{4(-1)^{k}}{(2k+1)^{3}}\]
而前面那一部分是可以求的
\[ \sum_{k=1}^{\infty}4(-1)^{k-1}\left(\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+1}\right)=2\ln2+\pi-4 \]
后面那一部分注意到传说中的Dirichlet Beta Function.(听说这个函数在证明$\zeta(3)$是无理数的时候有很大作用）我们有
\[ \beta(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{x}}=1+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)^{x}}\]
我们有公式
\[ \beta(2k+1)=\frac{(-1)^{k}E_{2k}}{2(2k)!}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2k+1}\]
其中$E_{2k}$代表传说中的Euler数。有
\[ \beta(1)=\frac{\pi}{4},\beta(3)=\frac{\pi^{3}}{32},\beta(5)=\frac{5\pi^5}{1336} \]
这样
\[ I=\frac{\pi^3}{8}+\pi-12+2\ln2 \]