Voy a compartir otros dos métodos posibles que me he enterado de lo de calcular esta integral.
La diferenciación bajo el Signo Integral:
Denotar
$$\mathcal{I}(a)=\int^1_0\frac{-2x\ln(1-ax)}{1+x^2}{\rm d}x$$
La diferenciación de los rendimientos
\begin{align}
\mathcal{I}'(a)
=&\int^1_0\frac{2x^2}{(1+x^2)(1-ax)}{\rm d}x\\
=&-\frac{2}{1+a^2}\int^1_0\left(\frac{ax}{1+x^2}+\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1-ax}\right) {\rm d}x\\
=&-\frac{a\ln{2}}{1+a^2}-\frac{\pi}{2}\frac{1}{1+a^2}-\frac{2\ln(1-a)}{a(1+a^2)}
\end{align}
La integración de la espalda,
\begin{align}
\mathcal{I}(1)
=&\int^1_0\left(-\frac{a\ln{2}}{1+a^2}-\frac{\pi}{2}\frac{1}{1+a^2}-\frac{2\ln(1-a)}{a(1+a^2)}\right){\rm d}a\\
=&-\frac{1}{2}\ln^2{2}-\frac{\pi}{2}\arctan{1}+2{\rm Li}_2(1)-\int^1_0\frac{-2a\ln(1-a)}{1+a^2}{\rm d}a\\
=&\frac{5\pi^2}{24}-\frac{1}{2}\ln^2{2}-\mathcal{I}(1)
\end{align}
y un simple reordenamiento de los rendimientos
$$\color{red}{\mathcal{I}(1)=\frac{5\pi^2}{48}-\frac{1}{4}\ln^2{2}}$$
El Contorno De Integración:
El contorno de la integración es, sin duda, un extremadamente ineficiente método para abordar esta integral. Sin embargo, voy a publicar este enfoque puramente para la diversión de ella.
Integrar a $\displaystyle f(z)=\frac{\ln{2}-\ln(1+z^2)}{1-z}$ a lo largo de una unidad de cuarto de círculo en el primer cuadrante con las sangrías en el polo $z=1$ y el punto de ramificación de la $z=i$. Tanto de los aportes de los guiones tienden a cero. Desde el contorno encierra ningún polos,
$$\int^1_0\frac{\ln{2}-\ln(1+x^2)}{1-x}{\rm d}x+\left(\int_{\text{arc}}+\int_{\text{line}}\right)\frac{\ln{2}-\ln(1+z^2)}{1-z}{\rm d}z=0$$
Alrededor del arco,
\begin{align}
\Re\int_{\text{arc}}\frac{\ln{2}-\ln(1+z^2)}{1-z}{\rm d}z
=&\Re\int^\frac{\pi}{2}_0\frac{\ln{2}-\ln(1+e^{i2\theta})}{1-e^{i\theta}}ie^{i\theta}{\rm d}\theta\\
=&\frac{1}{2}\int^\frac{\pi}{2}_0\ln(\cos{\theta})\cot{\tfrac\theta 2}\ {\rm d}\theta-\frac{1}{2}\int^\frac{\pi}{2}_0\theta\ {\rm d}\theta\\
=&-\int^1_0\frac{2{\rm artanh}\ {t^2}}{t(1+t^2)}{\rm d}t-\frac{\pi^2}{16}\\
=&-\chi_2(1)+\frac{1}{4}\ln^2(1+t^2)\Bigg{|}^1_0-\int^1_0\frac{t\ln(1-t^2)}{1+t^2}-\frac{\pi^2}{16}\\
=&-\frac{3\pi^2}{16}+\frac{1}{4}\ln^2{2}-\frac{1}{2}\int^1_0\frac{\ln(1-t)}{1+t}{\rm d}t
\end{align}
A lo largo de la línea del segmento en el eje imaginario,
\begin{align}
\Re\int_{\text{line}}\frac{\ln{2}-\ln(1+z^2)}{1-z}{\rm d}z
=&\Re\int^0_1i\frac{\ln{2}-\ln(1-y^2)}{1-iy}{\rm d}y\\
=&\int^1_0\frac{y\ln{2}}{1+y^2}{\rm d}y-\int^1_0\frac{y\ln(1-y^2)}{1+y^2}{\rm d}y\\
=&\frac{1}{2}\ln^2{2}-\frac{1}{2}\int^1_0\frac{\ln(1-y)}{1+y}{\rm d}y
\end{align}
Por lo tanto, tenemos
$$\int^1_0\frac{\ln{2}-\ln(1+x^2)}{1-x}{\rm d}x=\frac{3\pi^2}{16}-\frac{3}{4}\ln^2{2}+\int^1_0\frac{\ln(1-x)}{1+x}{\rm d}x$$
En aras de la coherencia sólo, voy a utilizar el contorno de integración de nuevo para evaluar el restante integral, aunque puede ser calculada fácilmente con métodos reales. Esta vez, integran $\displaystyle g(z)=\frac{\ln(1-z)}{1+z}$ a lo largo de una unidad de cuarto de círculo con una sangría en $z=1$. La contribución de la sangría se desvanece, por lo tanto lo que nos deja con
$$\int^1_0\frac{\ln(1-x)}{1+x}{\rm d}x+\left(\int_{\text{arc}}+\int_{\text{line}}\right)\frac{\ln(1-z)}{1+z}{\rm d}z=0$$
Alrededor del arco,
\begin{align}
\Re\int_{\text{arc}}\frac{\ln(1-z)}{1+z}{\rm d}z
=&\Re\int^\frac{\pi}{2}_0\frac{\ln(1-e^{i\theta})}{1+e^{i\theta}}ie^{i\theta}\ {\rm d}\theta\\
=&-\int^\frac{\pi}{4}_0\ln(2\sin{x})\tan{x}\ {\rm d}x-\frac{1}{4}\int^\frac{\pi}{2}_0\left(x-\pi\right)\ {\rm d}x\\
=&\frac{3\pi^2}{32}-\frac{1}{2}\ln^2{2}-\frac{1}{4}\underbrace{\int^1_0\frac{\ln{t}}{1+t}{\rm d}t}_{{\rm Li}_2(-1)}+\frac{1}{4}\int^1_0\frac{\ln(1+t)}{1+t}{\rm d}t\\
=&\frac{11\pi^2}{96}-\frac{3}{8}\ln^2{2}\\
\end{align}
A lo largo de la línea del segmento en el eje imaginario,
\begin{align}
\Re\int_{\text{line}}\frac{\ln(1-z)}{1+z}{\rm d}z
=&\Re\int^0_1\frac{i\ln(1-iy)}{1+iy}{\rm d}y\\
=&-\int^1_0\frac{\arctan{y}}{1+y^2}{\rm d}y-\frac{1}{4}\int^1_0\frac{\ln(1+y)}{1+y}{\rm d}y\\
=&\left[-\frac{1}{2}\arctan^2{y}-\frac{1}{8}\ln^2(1+y)\right]^1_0\\
=&-\frac{\pi^2}{32}-\frac{1}{8}\ln^2{2}
\end{align}
Así tenemos
$$\int^1_0\frac{\ln(1-x)}{1+x}{\rm d}x=-\frac{\pi^2}{12}+\frac{1}{2}\ln^2{2}$$
y, en consecuencia,
$$\color{red}{\int^1_0\frac{\ln{2}-\ln(1+x^2)}{1-x}{\rm d}x=\frac{5\pi^2}{48}-\frac{1}{4}\ln^2{2}}$$
