Sustituto $x=e^{-t}$ y conseguir que la integral es igual a
$$(-1)^n \int_0^{\infty} dt \, e^{-t} \frac{t^n}{(1-e^{-t})^m} $$
Ahora uso la expansión
$$(1-y)^{-m} = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{m+k-1}{k} y^k$$
en orden inverso de la suma y de la integración para obtener
$$\sum_{k=0}^{\infty} \binom{m+k-1}{k} \int_0^{\infty} dt \, t^n \, e^{-(k+1) t}$$
Yo, a continuación, obtener el valor de la integral:
$$\int_0^1 dx \, \frac{\ln^n{x}}{(1-x)^m} = (-1)^n\, n!\, \sum_{k=0}^{\infty} \binom{m+k-1}{k} \frac{1}{(k+1)^{n+1}}$$
Tenga en cuenta que cuando se $m=0$, la suma se reduce a $1$; cada término en la suma guardar en $k=0$ es cero.
Tenga en cuenta también que esta suma le da la capacidad para expresar la integral en términos de Riemann zeta función para varios valores de $m$, que proporcionará el Stirling coeficientes.