Estoy muy ocupado hoy en día por lo que algunos argumentos tienen que ser más riguroso
Denotar la integral en cuestión por $I$ (que por simetría puede ser extendido a toda la recta real)
$$
I=\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(2\pi x^2)}{\cosh^2(\pi x)}
$$
Ahora, considere el complejo de valores de la función
$$
f(z)=\frac{e^{2 \pi z^2}}{\sinh(4 \pi z)\cosh(\pi z)^2}
$$
entonces
$$f(x\pm i)=\frac{ e^{i 2 \pi x^2\mp 4 \pi x}}{\sinh(4 \pi z)\cosh(\pi z)^2}$$
Además de la integración de $f(z)$ alrededor de un rectángulo $(-i -\infty,i -\infty,i +\infty,-i +\infty)$ en dirección a la izquierda rendimientos
$$
\oint_C f(z)=\int_{\mathbb{R}}f(x+i)-\int_{\mathbb{R}}f(x-i)=2\pi i \sum\text{Res}(f(z),z\in C )
$$
pero $\int_{\mathbb{R}}f(x+i)-f(x-i)=2 \int_{\mathbb{R}}\frac{e^{i 2 \pi x^2}}{\cosh(\pi x)^2}$.
La parte real de esta integral es de sólo cuatro veces la integral que estamos buscando, $I$.
$$
4 I=2\Re \int_{\mathbb{R}}\frac{e^{2 \pi x^2}}{\cosh(\pi x)^2}=\Re\left[2 i\pi \sum_{\sigma=\pm}\text{Res}(f(z),z=\sigma\frac{i}{2})\right]
$$
pues resulta que sólo los residuos en $z=\pm \frac{i}{2}$ a) tener finito parte imaginaria y b) no cancelar para que son las únicas contribuciones a la parte real de la expresión anterior, dado por $\text{Res}(f(z)=z=\pm \frac{i}{2})=-\frac{2+i \pi}{4\pi^2}$.
Poner todo junto obtenemos
$$
I=\frac{1}{4}\Re\left[-2 \pi i \left(\frac{2+i\pi}{4 \pi^2}+\frac{2+i\pi}{4 \pi^2}\right)\right]=\frac{1}{4}
$$
QED
Tenga en cuenta que con algunos más (sencillo) de trabajo, también la integral con $\sin(2\pi x^2)$ en el numerador puede ser extraído de cálculo tomando imaginaria.
$$
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(2\pi x^2)}{\cosh^2(\pi x)}=\frac{1}{4}-\frac{1}{2\pi}
$$
