Por favor ver esto como un suplemento de Olivier de la respuesta.
Voy a derivar una condición suficiente en la función de meromorphic que
permiten aplicar un resultado similar al que en la de Olivier respuesta.
Deje $\phi(z)$ ser cualquier función de meromorphic $\mathbb{C}$ que
preservar la extendida real de la línea de $\mathbb{R}^* = \mathbb{R} \cup \{ \infty \}$, en el sentido de:
$$\begin{cases}\phi(\mathbb{R}) \subset \mathbb{R}^*\\ \phi^{-1}(\mathbb{R}) \subset \mathbb{R}\end{casos}
\quad\implica\quad
P \stackrel{def}{=} \phi^{-1}(\infty) = \big\{\, p \in \mathbb{C} : p \text{ polos de }\phi(z)\,\big\} \subconjunto \mathbb{R}
$$
Split $\mathbb{R} \setminus P$ como una contables de la unión de sus componentes conectados $\,\bigcup\limits_{n} ( a_n, b_n )\,$. Cada componente conectado es un intervalo abierto $(a_n,b_n)$
y en ese intervalo, $\phi(z)$ aumenta de $-\infty$ $a_n^{+} $ $\infty$
en $b_n^{-}$.
Existe una ascendente de la cadena de Jordania dominios $D_1, D_2, \ldots$ que cubren $\mathbb{C}$,
$$\{ 0 \} \subconjunto D_1 \subconjunto D_2 \subconjunto \cdots
\quad\text{ con }\quad \bigcup_{k=1}^\infty D_k = \mathbb{C}
$$
cuyos límites $\partial D_k$ "bien comportado", "divergen" hasta el infinito y $| z - \phi(z)|$ está delimitada en los límites. Más precisamente, vamos a
$$
\begin{cases}
R_k &\stackrel{def}{=}& \inf \big\{\, |z| : z \in \partial D_k \,\big\}\\
L_k &\stackrel{def}{=}& \int_{\partial D_k} |dz| < \infty\\
M_k &\stackrel{def}{=}& \sup \big\{\, |z - \phi(z)| : z \in \partial D_k \,\big\}
\end{casos}
\quad\text{ y }\quad
\begin{cases}
\lim\limits_{k\to\infty} R_k = \infty\\
\lim\limits_{k\to\infty} \frac{L_k}{R_k^2} = 0\\
M = \sup_k M_k < \infty
\end{casos}
$$
Dada una función de meromorphic $\phi(z)$ y cualquier Lebesgue integrable función de $f(x)$$\mathbb{R}$, tenemos las siguientes identidad: $$
\int_{-\infty}^\infty f(\phi(x)) dx = \int_{-\infty}^\infty f(x) dx \etiqueta{*1}
$$
Para probar esto, hemos dividido nuestros integral en una suma sobre los componentes conectados
de $\mathbb{R} \setminus P$.
$$\int_\mathbb{R} f(\phi(x)) dx
= \int_{\mathbb{R} \setminus P} f(\phi(x)) dx
= \sum_n \int_{a_n}^{b_n} f(\phi(x)) dx
$$
Para cualquier componente conectado,$( a_n, b_n )$$\mathbb{R} \setminus P$$y \in \mathbb{R}$, considera que las raíces de la ecuación de $\phi(x) = y$.
El uso de propiedades $(1)$$(2)$$\phi(z)$, encontramos que hay una única raíz
para la ecuación de $y = \phi(x)$$( a_n, b_n )$. Vamos que llame a esta raíz como $r_n(y)$.
Cambio de variable a $y = \phi(x)$, la integral se convierte en
$$\sum_n \int_{-\infty}^\infty f(y) \frac{d r_n(y)}{dy} dy
= \int_{-\infty}^\infty f(y) \left(\sum_n \frac{d r_n(y)}{dy}\right) dy
$$
Podemos usar el hecho obvio de $\frac{d r_n(y)}{dy} \ge 0$ y el teorema de convergencia dominada para justificar el cambio de orden de la suma y la integral.
Esto significa que demostrar $(*1)$, uno sólo tiene que mostrar
$$\sum_n \frac{d r_n(y)}{dy} \stackrel{?}{=} 1\tag{*2}$$
Para cualquier $y \in \mathbb{R}$, vamos a $R(y) = \phi^{-1}(y) \subset \mathbb{R}$ ser la recolección de raíces de la ecuación de $\phi(z) = y$.
Por encima de cualquier Jordania dominio $D_k$, tenemos las siguientes expansión
$$\frac{\phi'(z)}{\phi(z) - y} = \sum_{r \in R(y) \cap D_k} \frac{1}{z - r} - \sum_{p \in P \cap D_k} \frac{1}{z - p} + \text{something analytic}$$
Esto lleva a
$$\sum_{i \in R(y)\cap D_k} r - \sum_{ p \P \cap D_k} p
= \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial D_k} z \left(\frac{\phi'(z)}{\phi(z) - y}\right) dz$$
Mientras $R(y) \cap \partial D_k = \emptyset$, podemos diferenciar ambos lados y obtener
$$\begin{align}
\sum_{r_n(y) \in D_k} \frac{dr_n(y)}{dy}
&=
\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial D_k} z \left(\frac{\phi'(z)}{(\phi(z) - y)^2}\right) dz
= -\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial D_k} z \frac{d}{dz}\left(\frac{1}{\phi(z)-y}\right) dz\\
&= \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial D_k}\frac{dz}{\phi(z) - y}
\end{align}
$$
Para los $k$ lo suficientemente grande tal que $R_k > 2(M+|y|)$, podemos ampliar el integrando en la última línea como
$$\frac{1}{\phi(z) - y} = \frac{1}{z - (y + z - \phi(z))}
= \frac{1}{z} + \sum_{j=1}^\infty \frac{(y + z - \phi(z))^j}{z^{j+1}}$$
y obtener un obligado
$$\left|\left(\sum_{r_n(y) \in D_k} \frac{dr_n(y)}{dy} \right) - 1\right|
\le \frac{1}{2\pi}\sum_{j=1}^\infty \int_{\partial D_k} \frac{(|y| + |z-\phi(z)|)^j}{|z|^{j+1}} |dz|\\
\le \frac{(M + |y|)L_k}{2\pi R_k^2}\sum_{j=0}^\infty\left(\frac{M+|y|}{R_k}\right)^j
\le \frac{M + |y|}{\pi}\frac{L_k}{R_k^2}
$$
Desde $\lim\limits_{k\to\infty} \frac{L_k}{R_k^2} = 0$, esto lleva a la
$$\sum_n \frac{dr_n(y)}{dy} = \lim_{k\to\infty} \sum_{r_n(y) \in D_k} \frac{dr_n(y)}{dy} = 1$$
Esto justifica $(*2)$ y, por tanto, $(*1)$ está probado. Aviso a todos los $\frac{dr_n(y)}{dy}$ son positivos, no hay ningún problema en reorganizar el orden de la suma en la última línea.
Volver al problema original de la evaluación de
$$\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{1+(x+\tan x)^2} dx$$
Uno puede tomar la $\phi(z)$$z + \tan z$$f(x)$$\frac{1}{1+x^2}$.
Es fácil ver $\phi(z)$ satisface:
Condición de $(1)$ - De la $y \in \mathbb{R}$$u + iv \in \mathbb{C} \setminus \mathbb{R}$, tenemos
$$\begin{align}
\Im (\phi(u + iv) - y )
&= v + \Im\tan(u+iv) = v + \Im\frac{\tan u + i\tanh v}{1 - i\tan u\tanh v}\\
&= v + \tanh v\frac{1 + \tan^2 u}{1 + \tan^2 u\tanh^2 v} \ne 0
\end{align}$$
Condición de $(2)$ - obvio.
Condición de $(3)$. - Vamos a $D_k$ a la plaza
$$D_k = \big\{\, u + v i \in \mathbb{C} : |u|, |v| \le k \pi \,\big\}$$
No es difícil mostrar $|z - \phi(z)| = |\tan z|$ está acotada arriba por $\frac{1}{\tanh k\pi}$$\partial D_k$.
Combinar estos, podemos aplicar el $(*1)$ y deducir
$$ \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{1+(x+\tan x)^2} dx
= \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{1+x^2} dx
= \pi
$$
