$\newcommand{\al}[1]{\begin{align}#1\end{align}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}$Resultado:
$$I = \frac{\pi \left[2 \pi +\log \left(-4 \sqrt{17+13 \sqrt{2}}+8 \sqrt{2}+13\right)-4 \tan ^{-1}\left(\sqrt{\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+1\right)\right]}{8 \sqrt{2}} \\\approx 0.299397.$$
La evaluación de esta integral a mano no es tan difícil como pensé al principio. Resulta que yo ya había considerado esta integral la semana pasada, en una forma diferente.
Primer sustituto $\tan x = t$, como se sugiere por el FDP en los comentarios. Esto le da
$$
I = \int_0^\infty dt \frac{t^2 \arctan \left( {\frac{1}{1+t^2}}\right)}{1+t^4}.
$$
Ahora observar que
$$
\al{
\arctan \left( {\frac{1}{1+t^2}} \right) &= \Im \log(i + 1 + t^2) = \Im \left[\log(i+1) + \log\left(1 + \frac{1-me}{2} t^2\right) \right] \\&= \frac{\pi}{4} + \Im \log\left(1 + \frac{1-me}{2} t^2\right).
}
$$
La integral se divide en una mínima parte y menos trivial parte. Ahora vamos a buscar el segundo.
Considere la integral
$$
J(a) = \int_0^\infty dx \frac{x^2}{1+x^4} \log(1+x^2).
$$
Tenemos $J(0) = 0$, y
$$
\al{
J'(a) &= \int_0^\infty dx \frac{x^4}{(1+x^4)(1+x^2)}
\\&= \frac{1}{1+a^2} \int_0^\infty dx \left[ \frac{1}{1+ x^2} + \frac{x^2 - 1}{1+x^4} \right]
\\&= \frac{\pi /2}{1+a^2}\left[\frac{1}{\sqrt a} + \frac {- 1}{\sqrt2}\right].
}
$$
Esto es fácil de integrar con respecto a $a$. (Para el primer término, acaba de sustituir a $\sqrt a = u$ y el uso parcial de las fracciones.)
El resultado es
$$
J(a) = \frac{\pi}{2 \sqrt 2} \left[ \log \left(a+\sqrt{2} \sqrt{a}+1\right)+2 \arctan\left(\sqrt{2} \sqrt{a}+1\right) \right]
$$
Después de conectar el límite y tedioso simplificación (véase el Apéndice a esta respuesta), obtenemos
$$
\Im J\left(\frac{1-me}{2} \right) = -\frac{\pi}{2 \sqrt{2}}\left\{\operatorname{arccoth}\left[\sqrt{7+5 \sqrt{2}}+\sqrt{2}+1\right] + \arctan\left[\frac{1}{41} \left(2 \sqrt{89 \sqrt{2}-119}+2 \sqrt{2}+7\right)\right] \right\}
$$
Poner todo junto,
$$
\al{
I &= \frac \pi 4 \int_0^\infty dt \frac{t^2}{1+t^4} + \Im \int_0^\infty dt \frac{t^2 \log\left(1 + \frac{1-me}{2} t^2\right)}{1+t^4}
\\&= \frac{\pi^2}{8 \sqrt 2} + \Im J\left(\frac{1-me}{2} \right)
\\&= \frac{\pi}{2 \sqrt{2}}\left\{ \frac \pi 4-\operatorname{arccoth}\left[\sqrt{7+5 \sqrt{2}}+\sqrt{2}+1\right] - \arctan\left[\frac{1}{41} \left(2 \sqrt{89 \sqrt{2}-119}+2 \sqrt{2}+7\right)\right] \right\}.
}
$$
Este es numéricamente igual al indicado en el resultado que he obtenido a través de una ruta totalmente diferente.
Todo no me he preocupado de forma explícita acerca de la elección de la rama correcta de $\log$. Si este led a cualquier error, por favor, es para mí.
Apéndice
Aquí boceto de cómo $\Im J\left(\frac{1-i}{2} \right)$ puede ser calculado. Por ejemplo, considere el término
$$
\Im \log\left(1 + \frac{1-me}{2} + \sqrt 2 \sqrt{\frac{1-me}{2}} \right) = \Im \log\left(\frac 3 2 - \frac i 2 + 2^{1/4}\left(\cos \frac \pi 8 - i \sin \frac \pi 8 \right) \right).
$$
El uso de la mitad de ángulo fórmulas para el seno y coseno, se puede escribir como
$$
\al{
-\arctan \left(\frac{1+ \sqrt[4]{2} \sqrt{2-\sqrt{2}}}{3 + \sqrt[4]{2} \sqrt{2+\sqrt{2}}}\right) y= - \arctan\left(\frac{2 \sqrt{5 \sqrt{2}-7}+1}{7-2 \sqrt{2}}\right)
\\&= - \arctan\left[\frac{1}{41} \left(2 \sqrt{89 \sqrt{2}-119}+2 \sqrt{2}+7\right)\right].
}
$$
Para la obtención de la primera igualdad, se multiplica numerador y denominador por un cierto factor de deshacerse de la cuarta raíces. Para el segundo, se multiplican por otro factor a deshacerse de todas las raíces. Por supuesto, esta simplificación es sólo por estética.
Moral: introducir un parámetro de tal manera que la integral con respecto al parámetro se convierte en simple, y el uso de Mathematica para simplificar el resultado final.
