La función central para el desarrollo (que yo prefiero aquí) de todas las integrales se mencionó anteriormente en productos del tipo de su ejemplo es la función Digamma $\,\psi\,$ .
Literatura: Cualquier útil de la fórmula de la colección, que contiene la función Digamma.
En la parte $\,(C)\,$ de mi respuesta he enumerado las fórmulas que he usado aquí.
$(A)\,$: $\enspace$ Acerca de el producto.
El caso llega desde
$\displaystyle f(z):=\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{\ln(1+\frac{z}{2k+1})}{2k+1} = \int\limits_0^z \frac{\gamma + \psi(1+x)}{x}dx - \frac{1}{2}\int\limits_0^{z/2} \frac{\gamma + \psi(1+x)}{x}dx $
el uso de $\,\displaystyle z=-\frac{1}{2}\,$$\,\displaystyle z=+\frac{1}{2}\,$ .
Es
$\displaystyle \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{\ln(4k+3)-\ln(4k+1)}{4k+2} = \frac{1}{2} \left(f(\frac{1}{2})-f(-\frac{1}{2})\right) = $
$\displaystyle =\frac{1}{2}\int\limits_0^{1/2} \frac{\psi(1+x)-\psi(1-x)}{x}dx - \frac{1}{4}\int\limits_0^{1/4} \frac{\psi(1+x)-\psi(1-x)}{x}dx $
$\displaystyle = \frac{\pi}{4} \int\limits_0^{1/4}\frac{\cot(\pi x)-2\cot(2\pi x)}{x} dx = \frac{\pi}{4} \int\limits_0^{\pi/4}\frac{\tan x}{x} dx \,$ .
Un tipo de generalización de la inicial del producto es con $\,|z|<1\,$ :
$\displaystyle \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{\ln(2k+1+z)-\ln(2k+1-z)}{2k+1} = \frac{\pi}{2}\int\limits_0^{z\pi/2}\frac{\tan x}{x} dx$
Nota: La derivación con respecto a $\,z\,$ nos muestra una forma alternativa para el resultado.
$(B)\,$: $\enspace$ Ejemplo para la 'pregunta complementaria'.
Podemos tomar los cálculos de $(A)$, modificar y atrás de ellos.
$\displaystyle g(z):=\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{\ln(1+\frac{z}{k})}{k^2} = -\int\limits_0^z \frac{\psi(1+x)+\gamma-\zeta(2)x}{x^2}dx $
Con
$\displaystyle \frac{\pi^2}{4} \int\limits_0^{\pi/4} \frac{\tan^2 x}{x}dx = \pi - \frac{\pi^2}{4} + \frac{\pi^2}{4} \int\limits_0^{\pi/4} \frac{\tan x - x}{x^2}dx $
y
$\displaystyle \frac{\pi^2}{4} \int\limits_0^{\pi/4} \frac{\tan x - x}{x^2}dx =$
$\displaystyle =\frac{1}{4} \int\limits_0^{1/4} \frac{1 - \frac{1}{3} (2\pi x)^2 - 2\pi x \cot(2\pi x)}{x^3}dx - \frac{1}{4} \int\limits_0^{1/4} \frac{1 - \frac{1}{3} (\pi x)^2 - \pi x \cot(\pi x)}{x^3}dx $
$\displaystyle = \int\limits_0^{1/2} \frac{- \frac{1}{3} \pi^2 x - \psi(1-x) + \psi(1+x)}{x^2}dx - \frac{1}{4} \int\limits_0^{1/4} \frac{- \frac{1}{3} \pi^2 x - \psi(1-x) + \psi(1+x)}{x^2}dx $
$\displaystyle =\frac{1}{4} \left(g(\frac{1}{4})+g(-\frac{1}{4})\right) - \left(g(\frac{1}{2})+g(-\frac{1}{2})\right) $
tenemos
$\displaystyle \frac{\pi^2}{4} \int\limits_0^{\pi/4} \frac{\tan^2 x}{x}dx = \pi - \frac{\pi^2}{4} +\frac{\pi^2}{6}\ln 2 + \frac{1}{4} \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}\ln\frac{k^6 ((4k)^2-1)}{((2k)^2-1)^4}$
y con que un producto.
Nota:
$\displaystyle \int\limits_0^{\pi/4}\frac{\tan^3 x}{x}dx =\frac{8}{\pi^2} - \int\limits_0^{\pi/4}\frac{\tan x}{x}dx +\int\limits_0^{\pi/4}\frac{\tan x -x}{x^3}dx $
Así, para la segunda integral de la 'pregunta complementaria" es necesario evaluar $\,\int\limits_0^{\pi/4}\frac{\tan x -x}{x^3}dx \,$, lo que se puede hacer con el mismo método empleado en $(A)$$(B)$ .
Y así sucesivamente ... .
$(C)\,$: $\enspace$ Utiliza fórmulas.
$\displaystyle \psi(1+x) = \psi(x) + \frac{1}{x}\,$ , $\enspace \psi(1-x) - \psi(x) = \pi \cot(\pi x)\,$ , $\enspace \tan x = \cot x - 2 \cot(2x)$
$\displaystyle \gamma+\psi(1+x) =\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \zeta(n+1) x^n \,$ , $\enspace \displaystyle \ln(1+x)=\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n} $
$\displaystyle \cot x = \frac{1}{x} + \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-4)^n B_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1}\enspace$ donde $\,B_k\,$ está definido por $\enspace\displaystyle \frac{x}{e^x - 1} = \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}B_k $
