$$I\equiv\int_0^\infty\frac{xdx}{(e^x-1)^\frac{2}{3}}$$
積分bot からの出題です。とても苦労したので単独記事にしました。
2通りの解法を示します。１つはベータ関数（Beta function）の微分を用いる方法、もう１つは一般化された超幾何関数（Generalized hypergeometric function）を計算する方法です。
この方法は 便利さん に紹介いただいたもので、こちらの参考リンクを教えていただきました。
積分においてまず $e^{-x}=t$ と置換すると次のように変形されます。
\begin{equation}I=-\int_0^1 t^{-\frac{1}{3}}(1-t)^{-\frac{2}{3}}\log t dt\tag{1}\end{equation}
ここでベータ関数の積分による定義
\begin{equation}B(x,y)=\int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt\tag{2}\end{equation}
を $x$ で偏微分します。
\begin{equation}\dd{B}{x}(x,y)=\int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{y-1}\log tdt\tag{3}\end{equation}
これと(1)を比べることにより
\begin{equation}I=\left.-\dd{B(x,y)}{x}\right|_{x=\frac{2}{3},y=\frac{1}{3}}\tag{4}\end{equation}
を得ます。
ベータ関数はガンマ関数と$$B(x,y)=\frac{\G(x)\G(y)}{\G(x+y)}$$なる関係をもちますので、これを微分すると\begin{eqnarray*}\dd{B(x,y)}{x}&&=\frac{\G'(x)\G(y)\G(x+y)-\G(x)\G(y)\G'(x+y)}{\G^2(x+y)}\\&&=\frac{\G(x)\G(y)}{\G(x+y)}\left(\frac{\G'(x)}{\G(x)}-\frac{\G'(x+y)}{\G(x+y)}\right)\\&&=B(x,y)\left(\psi(x)-\psi(x+y)\right)\end{eqnarray*}ここで $\psi(x)$ はディガンマ関数です。したがって\begin{eqnarray*}I&&=-B\left(\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right)\left(\psi\left(\frac{2}{3}\right)-\psi(1)\right)\\&&=-\G\left(\frac{1}{3}\right)\G\left(\frac{2}{3}\right)\left(\psi\left(\frac{2}{3}\right)-\psi(1)\right)\\&&=-\frac{\pi}{\sin\frac{\pi}{3}}\left(\psi\left(\frac{2}{3}\right)-\psi(1)\right)\\&&=\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\left(\psi(1)-\psi\left(\frac{2}{3}\right)\right)\end{eqnarray*}ここでディガンマ関数の特殊値$$\psi(1)=-\g\;,\;\psi\left(\frac{2}{3}\right)=-\g-\frac{3}{2}\log3+\frac{\pi}{2\sqrt{3}}$$を用いれば
$$I=\int_0^\infty\frac{xdx}{(e^x-1)^\frac{2}{3}}=\sqrt{3}\pi\log3-\frac{\pi^2}{3}$$
と求まりました！
ベータ関数については
ディガンマ関数の特殊値については以下の２つを参照ください。
【γ8】ディガンマ関数の特殊値と極
【γ9】ディガンマ関数の相反公式・倍数公式と特殊値・ゼータ関数（ガンマ関数の基礎シリーズ9）
ベータ関数の微分を用いるテクニックは、次の記事でも紹介しています。
∫logsin xdx 対数正弦積分その1 もう１つの方法を示します。$I$ を次のように変形します。\begin{eqnarray*}I&&=\int_0^\infty\frac{xdx}{(e^x-1)^\frac{2}{3}}\\&&=\int_0^\infty xe^{-\frac{2}{3}x}(1-e^{-x})^{-\frac{2}{3}}dx\end{eqnarray*}二項級数に展開します。\begin{eqnarray*}I&&=\int_0^\infty xe^{-\frac{2}{3}x}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n(\frac{2}{3})_n}{n!}(-e^{-x})^ndx\\&&=\int_0^\infty xe^{-\frac{2}{3}x}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{2}{3})_n}{n!}e^{-nx}dx\\&&=\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{2}{3})_n}{n!}\int_0^\infty xe^{-(n+\frac{2}{3})x}dx\\&&=\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{2}{3})_n}{n!}\frac{1}{(n+\frac{2}{3})^2}\\&&=\frac{9}{4}\sum_{n=0}^\infty\frac{(\frac{2}{3})_n(\frac{2}{3})_n(\frac{2}{3})_n}{(\frac{5}{3})_n(\frac{5}{3})_n}\frac{1}{n!}\\&&=\frac{9}{4} {}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\\\frac{5}{3},\frac{5}{3}\end{matrix};1\right]\\&&=\frac{9}{4}\displaystyle\lim_{\epsilon\to0} {}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{2}{3},\frac{2}{3}+\epsilon,\frac{2}{3}\\\frac{5}{3}+\epsilon,\frac{5}{3}\end{matrix};1\right]\end{eqnarray*}
よって\begin{equation}I=\frac{9}{4}\displaystyle\lim_{\epsilon\to0} {}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{2}{3},\frac{2}{3}+\epsilon,\frac{2}{3}\\\frac{5}{3}+\epsilon,\frac{5}{3}\end{matrix};1\right]\tag{5}\end{equation}
ここでトマエの3項間関係式（Thomae's three-term relations for 3F2）を用います.
$\mathfrak{R}(f+g-a-b-c)>0$ ならば
\begin{eqnarray*}{}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,c\\f,g\end{matrix};1\right]&&=\frac{\G(f)\G(g)\G(c-b)\G(1-a)}{\G(c)\G(f-b)\G(g-b)\G(1+b-a)}{}_3F_2\left[\begin{matrix}b,1+b-f,1+b-g\\1+b-a,1+b-c\end{matrix};1\right]\\&&+\frac{\G(f)\G(g)\G(b-c)\G(1-a)}{\G(b)\G(f-c)\G(g-c)\G(1+c-a)}{}_3F_2\left[\begin{matrix}c,1+c-f,1+c-g\\1+c-a,1+c-b\end{matrix};1\right]\end{eqnarray*}
この式は次の文献から得た。
これを(5)の超幾何関数に適用します。\begin{eqnarray*}{}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{2}{3},\frac{2}{3}+\epsilon,\frac{2}{3}\\\frac{5}{3}+\epsilon,\frac{5}{3}\end{matrix};1\right]&&=-\frac{\frac{2}{3}\G(\frac{5}{3}+\epsilon)\G(\frac{1}{3})}{\epsilon\G(1+\epsilon)}{}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{2}{3}+\epsilon,0,\epsilon\\1+\epsilon,1+\epsilon\end{matrix};1\right]\\&&\quad+\frac{(\frac{2}{3}+\epsilon)\G(\frac{5}{3})\G(\frac{1}{3})}{\epsilon}{}_3F_2\left[\begin{matrix}\frac{2}{3},-\epsilon,0\\1,1-\epsilon\end{matrix};1\right]\end{eqnarray*}
右辺の超幾何級数の変数に $0$ が入っています。これは$${}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,0\\f,g\end{matrix};1\right]=\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n(b)_n(0)_n}{(f)_n(g)_n}\frac{1}{n!}$$のように書けますが、$n=0$ 以外の項はすべてゼロとなるので$${}_3F_2\left[\begin{matrix}a,b,0\\f,g\end{matrix};1\right]=1$$したがって\begin{eqnarray*}{}_3F_2&&\left[\begin{matrix}\frac{2}{3},\frac{2}{3}+\epsilon,\frac{2}{3}\\\frac{5}{3}+\epsilon,\frac{5}{3}\end{matrix};1\right]\\&&=-\frac{\frac{2}{3}\G(\frac{5}{3}+\epsilon)\G(\frac{1}{3})}{\epsilon\G(1+\epsilon)}+\frac{(\frac{2}{3}+\epsilon)\G(\frac{5}{3})\G(\frac{1}{3})}{\epsilon}\\&&=\G\left(\frac{1}{3}\right)\G\left(\frac{5}{3}\right)\\&&\quad-\frac{2}{3}\G\left(\frac{1}{3}\right)\frac{\G(\frac{5}{3}+\epsilon)}{\epsilon\G(1+\epsilon)}+\frac{2}{3}\G\left(\frac{1}{3}\right)\frac{\G(\frac{5}{3})}{\epsilon}\\&&=\G\left(\frac{1}{3}\right)\G\left(\frac{5}{3}\right)\\&&\quad+\frac{2}{3}\G\left(\frac{1}{3}\right)\left[-\frac{\G(\frac{5}{3}+\epsilon)}{\epsilon\G(1+\epsilon)}+\frac{\G(\frac{5}{3})}{\epsilon}\right]\\&&=\G\left(\frac{1}{3}\right)\G\left(\frac{5}{3}\right)\\&&\quad+\frac{2}{3}\G\left(\frac{1}{3}\right)\left[\frac{\G(\frac{5}{3})-\G(\frac{5}{3}+\epsilon)}{\epsilon}+\frac{\G(\frac{5}{3}+\epsilon)}{\G(1+\epsilon)}\frac{\G(1+\epsilon)-\G(1)}{\epsilon}\right]\\&&=\G\left(\frac{1}{3}\right)\G\left(\frac{5}{3}\right)\\&&\quad+\frac{2}{3}\G\left(\frac{1}{3}\right)\left[-\left.\frac{d\G(x)}{dx}\right|_{x=\frac{5}{3}}+\G\left(\frac{5}{3}\right)\left.\frac{d\G(x)}{dx}\right|_{x=1}\right]\\&&=\G\left(\frac{1}{3}\right)\G\left(\frac{5}{3}\right)\\&&\quad+\frac{2}{3}\G\left(\frac{1}{3}\right)\left[-\G\left(\frac{5}{3}\right)\psi\left(\frac{5}{3}\right)+\G\left(\frac{5}{3}\right)\psi(1)\right]\\&&=\G\left(\frac{1}{3}\right)\G\left(\frac{5}{3}\right)\\&&\quad+\frac{2}{3}\G\left(\frac{1}{3}\right)\G\left(\frac{5}{3}\right)\left[-\psi\left(\frac{5}{3}\right)+\psi(1)\right]\\&&=\G\left(\frac{1}{3}\right)\G\left(\frac{5}{3}\right)\\&&\quad+\frac{2}{3}\G\left(\frac{1}{3}\right)\G\left(\frac{5}{3}\right)\left[-\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\log3-\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\right]\\&&=\frac{4}{9}\G\left(\frac{1}{3}\right)\G\left(\frac{2}{3}\right)\left[\frac{3}{2}\log3-\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\right]\\&&=\frac{4}{9}\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\left[\frac{3}{2}\log3-\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\right]\\&&=\frac{4}{9}\left(\sqrt{3}\pi\log 3-\frac{\pi^2}{3}\right)\end{eqnarray*}途中で $\epsilon\to0$ の極限をとりました。
以上から(5)より$$I=\sqrt{3}\pi\log3-\frac{\pi^2}{3}$$と求まりました。
超幾何関数については素人なので、変な解法になっていないか心配ですが、とりあえずできたのでよしとします。
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