$\require{amsmath}$
$\newcommand\norm[1]{\left\lVert#1\right\rVert}$
En $+\infty$ el integrando es $\mathcal{O}(x^{\alpha-1}e^{-\alpha x})$ y a las $x\to0^+$ el integrando es $\mathcal{O}(x^{\alpha-2}/\alpha)$, por lo que la integral converge sólo para $\Re(\alpha)>1$. Set $ax=u$, la obtención de
$$I(\alpha,a)=\frac{1}{a^\alpha}{\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{u^{\alpha-1}}{e^u-1}\,du}$$
Ahora,
$$
\begin{aligned}{\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{u^{\alpha-1}}{e^u-1}\,du}&={\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{u^{\alpha-1}e^{-u}}{1-e^{-u}}\,du}={\displaystyle\int_0^{+\infty}u^{\alpha-1}e^{-u}\sum_\limits{n=0}^\limits{+\infty}e^{-nu}\,du=}\\&={\displaystyle\int_0^{+\infty}\sum_\limits{n=0}^\limits{+\infty}u^{\alpha-1}e^{-(n+1)u}\,du}.
\end{aligned}$$
Desde $\vert u^{\alpha-1}\vert=u^{\Re(\alpha)-1},\,$la serie sólo tiene términos positivos si $\alpha$ es real. Supongamos que $\alpha>0$, podemos el intercambio de la suma con el signo integral $(*)$, y, vamos a establecer $s=(n+1)u$, dando
$${\displaystyle\int_0^{+\infty}u^{\alpha-1}e^{-(n+1)u}\,du}={\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{s^{\alpha-1}}{(n+1)^{\alpha}}e^{-s}\,ds}=\frac{1}{(n+1)^{\alpha}}{\displaystyle\int_0^{+\infty}s^{\alpha-1}e^{-s}\,ds}=\frac{\Gamma(\alpha)}{(n+1)^{\alpha}}\,.$$
Se sigue directamente que
$$I(\alpha,a)=\frac{\Gamma(\alpha)}{a^{\alpha}}\zeta(\alpha), \quad \alpha>1$$
si $\alpha>0$, pero también para $\Re(\alpha)>1$, ya que la serie de las normas
$$\sum_\limits{n=0}^\limits{+\infty}\norm{u^{\alpha-1}e^{-(n+1)u}}_1$$
converge.
$(*)$ $\textbf{Theorem:}$ Si $f_j$ es una secuencia de positivos medibles funciones y $f(x)=\sum_{j=0}^{\infty}f_j(x)$, luego
$$\int_Xf=\sum_{j=0}^\infty\int_Xf_j.$$
Prueba: se Sigue inmediatamente de la Sigma de la suma y la Monotonía Teorema de Convergencia aplicado a la secuencia de $f_0+\cdots+f_m.$
