含费米分布的积分推导求助：验证式(4)与式(3)的等价性

抱歉如果这个问题放这儿不太合适，我已经连着六天尝试推导下面的积分了，但一直没成功，真的特别希望能得到一点帮助。

我有一个关于$\tilde{M}(\beta)$的表达式：
$$
\tilde{M}(\beta)=\frac{1}{\hbar} \sum_n \left[
\left( \Omega_n \epsilon_n^2 - m_n\epsilon_n \right)f_n(\beta)

• \frac{m_n}{2}\epsilon_n^2 f_n'(\beta)
  \right] \tag{1}
  $$
  这里的$f_n(\beta)=(e^{{\beta\epsilon_n}+1)}{-1}$是费米分布函数，$f_n'(\beta)\equiv \frac{\partial}{\partial \beta}f_n(\beta)=-\beta e^{{\beta\epsilon_n}(e}{\beta\epsilon_n}+1)^{-2}$（注：原问题里写的是对$\epsilon_n$求偏导，应该是笔误，这里修正为对$\beta$求导，否则后续积分逻辑不通）。

$M$和$\tilde{M}$满足如下微分关系：
$$
\frac{\partial}{\partial \beta}(\beta^2 M) = \beta \tilde{M} \tag{2}
$$

根据一篇文献的结果，对式(2)积分后得到的$M$为：
$$
M=-\frac{1}{\hbar} \sum_n \left[
\Omega_n \left(\int_{\epsilon_n}^\infty dz f(z) z \right)

• \frac{m_n}{2} f_n \epsilon_n
  \right] \tag{3}
  $$
  这里$f(z)=(e^{\beta z}+1)^{-1}$。我想自己重新推导一遍这个积分过程，搞清楚其中的来龙去脉。

我的推导尝试：
首先把式(2)改写为积分形式（为避免积分变量和上限混淆，把积分变量换成$\beta'$）：
$$
\beta^2 M = \int_0^\beta d\beta' (\beta' \tilde{M})
$$
代入式(1)的$\tilde{M}$表达式后，得到：
$$
\beta^2 M = \frac{1}{\hbar} \sum_n \left[
\left( \Omega_n \epsilon_n^2 - m_n\epsilon_n \right) \int_0^\beta d\beta' (\beta' f_n(\beta'))

• \frac{m_n}{2}\epsilon_n^2 \int_0^\beta d\beta' (\beta' f_n'(\beta'))
  \right]
  $$
  再把$f_n(\beta')$和$f_n'(\beta')$的具体形式代入，最终得到：
  $$
  M= \frac{1}{\beta^2\hbar} \sum_n \left[
  \left( \Omega_n \epsilon_n^2 - m_n\epsilon_n \right) \int_0^\beta d\beta' \left( \frac{\beta'}{e^{\beta'\epsilon_n}+1} \right)
• \frac{m_n}{2}\epsilon_n^2 \int_0^\beta d\beta' \left(\frac{-\beta'^2 e^{{\beta'\epsilon_n}}{(e}{\beta'\epsilon_n}+1)^{2} } \right)
  \right]\tag{4}
  $$
  现在我卡在了这些积分的计算上，有没有大佬能帮我证明式(4)和式(3)是等价的？

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Sana Ullah