Aquí es otro enfoque que no aporta nada a Jack respuesta, pero al menos medianamente entretenido. No utilice el $B$ función, pero en su lugar toma un desvío a través de un "simple" alterna de la serie. Como se indica en los comentarios de la suma es igual a $${}_2F_1(1,1,\tfrac{2}{3};\tfrac{1}{3})$$ and using the transformation $${}_2F_1(\alpha, \beta, \gamma; z) = (1-z)^{-\alpha}{}_2F_1(\alpha, \gamma - \beta, \gamma; \tfrac{z}{z-1})$$ obtenemos:
$$
\begin{eqnarray}
{}_2F_1(1,1,\tfrac{2}{3};\tfrac{1}{3}) &=& \tfrac{3}{2}{}_2F_1(1, -\tfrac{1}{3}, \tfrac{2}{3}; -\tfrac{1}{2})\\[1ex]
&=& \tfrac{3}{2} + \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{3}{2^{n+2}(3n+2)}\\
&=&\tfrac{3}{2} + 2^{-\frac{4}{3}}\int_0^{2^{-\frac{1}{3}}}\frac{3x}{1+x^3}dx\\[1ex]
&=&\tfrac{3}{2} + \tfrac{3}{2} \int_0^1 \frac{x}{2+x^3}dx\\[1ex]
\end{eqnarray}$$