$\newcommand{\quoz}[2]{ \,{}^{ #1} \hspace{-7mu} \diagup \hspace{-5mu} {{}_{ #2}} }$ Wow, grazie per la risposta!
Pare corretta. Ora però non ricordo più né perché avessi considerato questo problema
carino né come l'avessi risolto. A giudicare dal suggerimento direi che prima ho mostrato che l'integrale $A_n$ da calcolare è uguale ad $a_n$ (quello del suggerimento) e poi il resto dei conti... Mah
Forse ho fatto qualcosa del genere: per semplicità di scrittura considero le funzioni $f_n(x)=\quoz 1 {(x+1)^n} $ e $g(x)=(x-\quoz 1 x)^2$ e quindi
\begin{align} A_n &=\int_0^\infty \frac 1 {x^2\bigl(g(x)+1\bigr)^n}\,dx
= \overbrace{\int_0^\infty \frac 1 {x^2} f_n\bigl(g(x)\bigr)\,dx}^A
\stackrel{u\,=\quoz 1 x}{=}
\overbrace{\int_0^\infty f_n\bigl(g(u)\bigr)\,du}^B \\[1.5ex]
&=\frac{A+B}2
= \frac 1 2 \int_0^\infty \biggl(1+\frac 1 {x^2}\biggr) f_n\bigl(g(x)\bigr)\,dx
\stackrel{u\,=\,x\,-\quoz 1 x}{=}
\int_0^\infty f_n\bigl(u^2\bigr)\,du
= a_n \\[1.5ex]
&\stackrel{\text{parti}}{=}
\biggl[\frac x {(x^2+1)^n}\biggr]_0^\infty + \int_0^\infty \frac{x \cdot n\cdot 2 x}{(x^2+1)^{n+1}}\,dx
= 2n \int_0^\infty\frac{x^2+1-1}{(x^2+1)^{n+1}}\,dx = 2n(a_n-a_{n+1}) \end{align}
Banalmente, $A_1=a_1=\dfrac\pi 2$. E dunque $\displaystyle A_n = a_n = \frac{2n-3}{2n-2} \frac{2n-5}{2n-4} \cdots \frac 1 2 a_1= \frac{(2n-2)!}{(2^{n-1}(n-1)!)^2} \frac \pi 2= \frac \pi {2^{2n-1}} \binom{2n-2}{n-1}$. Ma sembra che il mio procedimento sia sostanzialmente uguale a quello che hai fatto tu... (mi dispiacerebbe cancellare ora che ho scritto, quindi lo lascio)