Tenga en cuenta que la integral de interés puede ser escrito
$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+2x+1}dx=\text{Im}\left(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{ix}}{x^2+2x+1}dx\right) \tag 1$$
Vamos a examinar la integral
$$\oint_C\frac{ze^{iz}}{z^2+2z+1}dz$$
donde $C$ es el cierre de contorno compuesto de
$(i)$ el real segmento de la línea de $(-R,0)$ $(R,0)$
$(ii)$ el semicírculo $C_R$ en la mitad superior del plano, centrada en el origen con radio de $R$.
Por lo tanto, podemos escribir
$$\begin{align}
\oint_C\frac{ze^{iz}}{z^2+2z+1}dz&=\int_{-R}^{R}\frac{xe^{ix}}{x^2+2x+1}dx+
\int_{C_R}\frac{ze^{iz}}{z^2+2z+1}dz \tag 2\\\\
\end{align}$$
Tenga en cuenta que en el límite de $R\to \infty$, la parte imaginaria de la primera integral en el lado derecho de la $(2)$ es igual a el Valor Principal de Cauchy de la integral de interés en $(1)$. La segunda integral en el lado derecho de la $(2)$ puede ser mostrado usando Jordania Lema para ir a cero en el límite de $R\to \infty$. Por lo tanto, a partir de los residuos teorema tenemos
$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+2x+1}dx=\text{Im}\left(2\pi i \,\text{Res}\left(\frac{ze^{iz}}{z^2+2z+2},z=-1+i\right)\right)\tag 3$$
El residuo en $(3)$ puede ser evaluado como
$$\begin{align}
\text{Res}\left(\frac{ze^{iz}}{z^2+2z+2},z=-1+i\right)&=
\lim_{z\to -1+i}\frac{(z+1-i)ze^{iz}}{(z+1-i)(z+1+i)}\\\\
&= \frac{(-1+i)e^{i(-1+i)}}{2i} \\\\
&=\frac{e^{-1}}{2i}\sqrt{2}e^{i(3\pi/4-1)}\tag 4
\end{align}$$
Sustituyendo $(4)$ a $(3)$ revela que
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+2x+1}dx=\pi e^{-1}(\cos 1 -\sin 1)}$$
