$\newcommand{\+}{^{\daga}}
\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle}
\newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace}
\newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack}
\newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,}
\newcommand{\dd}{{\rm d}}
\newcommand{\down}{\downarrow}
\newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}
\newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}
\newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}
\newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}
\newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}
\newcommand{\ic}{{\rm i}}
\newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow}
\newcommand{\imp}{\Longrightarrow}
\newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}
\newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}
\newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}
\newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)}
\newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}}
\newcommand{\pp}{{\cal P}}
\newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,}
\newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}
\newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}
\newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}}
\newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}
\newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}
\newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$
$\ds{\int_{-\infty}^{\infty}
{\expo{-\ic px} \over \pars{1 + \ic x}^{2\mu}\pars{1 - \ic x}^{2\nu}}\,\dd x:
\ {\large ?}}$
Con $\ds{t \equiv -\ic x\quad\imp\quad x = \ic t}$:
\begin{align}&\color{#c00000}{\int_{-\infty}^{\infty}
{\expo{-\ic px} \over \pars{1 + \ic x}^{2\mu}\pars{1 - \ic x}^{2\nu}}\,\dd x}
=-\ic\int_{-\infty\ic}^{\infty\ic}
{\expo{pt} \over \pars{1 - t}^{2\mu}\pars{1 + t}^{2\nu}}\,\dd t
\end{align}
Ahora, parece que 'de alguna manera' relacionadas con transformadas de Laplace y vamos a tomar ventaja de ese hecho: Si $\ds{p < 0}$ vamos a cerrar la integral con un contorno 'a la derecha'
$\ds{\pars{~\Re\pars{t} > 0~}}$ e 'a la izquierda' $\ds{\pars{~\Re\pars{t} < 0~}}$
al $\ds{p > 0}$. En ambos casos hemos de tener en cuenta los cortes de ramas del denominador.
Sin embargo, en el cambio de $\ds{p \to -p}$ la integral es simétrica con el intercambio de $\ds{\mu}$ $\ds{\nu}$ tales que necesitamos performe la integración de sólo uno de los casos mencionados más arriba.
Vamos a realizar el cálculo de al $\ds{\large p > 0}$:
\begin{align}&\color{#c00000}{\int_{-\infty}^{\infty}
{\expo{-\ic px} \over \pars{1 + \ic x}^{2\mu}\pars{1 - \ic x}^{2\nu}}\,\dd x}
\\[3mm]&=\ic\int_{-\infty}^{-1}
{\expo{pt} \over \pars{1 - t}^{2\mu}\verts{1 + t}^{2\nu}\expo{2\pi\nu\ic}}\,\dd t
+\ic\int_{-1}^{-\infty}
{\expo{pt} \over \pars{1 - t}^{2\mu}\verts{1 + t}^{2\nu}\expo{-2\pi\nu\ic}}\,\dd t
\\[3mm]&=\ic\expo{-2\pi\nu\ic}\int_{1}^{\infty}
{\expo{-pt} \over \pars{1 + t}^{2\mu}\pars{t - 1}^{2\nu}}\,\dd t
-\ic\expo{2\pi\nu\ic}\int_{1}^{\infty}
{\expo{-pt} \over \pars{1 + t}^{2\mu}\pars{t - 1}^{2\nu}}\,\dd t
\\[3mm]&=2\sin\pars{2\pi\nu}\int_{1}^{\infty}
{\expo{-pt} \over \pars{1 + t}^{2\mu}\pars{t - 1}^{2\nu}}\,\dd t
\\[3mm]&=2\sin\pars{2\pi\nu}\expo{-p}2^{-2\mu}\int_{0}^{\infty}
t^{-2\nu}\expo{-pt}\pars{1 + {t \over 2}}^{-2\mu}\,\dd t
\\[3mm]&=2\sin\pars{2\pi\nu}\expo{-p}2^{-2\mu}\int_{0}^{\infty}
p^{2\nu}\pars{pt}^{-2\nu}\expo{-pt}\pars{1 + {pt \over 2p}}^{-2\mu}
\,{p\,\dd t \over p}
\\[3mm]&=\color{#44f}{\large%
2^{1 - 2\nu}\sin\pars{2\pi\nu}\expo{-p}p^{2\nu - 1}\int_{0}^{\infty}
t^{-2\nu}\expo{-t}\pars{1 + {t \over 2p}}^{-2\mu}\,\dd t}
\end{align}
$\tt\mbox{En este punto, supongo que el OP es capaz de ver el
relación a la Whittaker}$ $\tt\mbox{función !!!.}$
