Esta es una solución parcial.
Pongamos, por $0\leq t\leq 1$,
$$F(t) = \int_0^1 \frac{\log x \log(1-tx^4)}{1+x^2} dx$$
Entonces
$$F'(t) = -\int_0^1 \frac{x^4\log x}{(1+x^2)(1-tx^4)} dx = -\int_0^1 \frac{x^4\log x}{1+x^2} \sum_{n=0}^\infty t^nx^{4n} dx$$
$$=-\sum_{n=0}^\infty t^{n} C_{4(n+1)}$$
donde $$C_m = \int_0^1 \frac{x^{m}\log x}{1+x^2} dx.$$
Uno tiene $C_0 = -G$. Multiplicando ambos lados de la identidad
$$x^m = \frac{x^m}{1+x^2} + \frac{x^{m+2}}{1+x^2}$$
por $\log x$ y la integración de de $0$ a $1$, se encuentra la fórmula de recurrencia
$$C_m + C_{m+2} = \frac{-1}{(1+m)^2}$$
y por lo tanto
$$C_{m+4} - C_m = \frac{-1}{(3+m)^2} + \frac{1}{(1+m)^2}.$$
Por lo tanto,
$$C_0 = -G$$
$$C_4 = -G +1 - \frac{1}{3^2}$$
$$C_8 = -G + 1 - \frac{1}{3^2} + \frac{1}{5^2} - \frac{1}{7^2}.$$
y así sucesivamente. (Comentario que $C_{4n} \to 0$, por definición, de $G$.) Ahora, la observación de que $F(0) = 0$, por lo que su integral es
$$F(1) = \int_0^1 F'(t) dt = -\sum_{n=0}^\infty \frac{C_{4(n+1)}}{n+1} = -\sum_{n=1}^\infty \frac{C_{4n}}{n}.$$
Ahora, debe ser una cuestión de suma parcial para transformar la suma de $-\sum_{n=1}^\infty \frac{C_{4n}}{n}$ en $\pi^3/16 -3G\log 2$ (de una forma similar a esta), pero yo no lo veo de inmediato. Voy a pensar en ello un poco más tarde.