Queremos calcular
$$
\int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm{d}x}{(e^x-x)^2+\pi^2}\etiqueta{1}
$$
Lo haremos mediante el cálculo de la integral de contorno
$$
\int_{\gamma_R}\frac{\mathrm{d}z} {e^z-z)^2+\pi^2}\etiqueta{2}
$$
a través de una familia de contornos $\gamma_R$ para valores adecuados de a $R$.
Las Singularidades
Las singularidades del integrando en $(2)$ se producen al $(e^z-z)^2+\pi^2=(e^z-z+\pi i)(e^z-z-\pi i)$ se desvanece; que es, por $z_k^\pm=x_k^\pm+iy_k^\pm$ donde
$$
e^{z_k^\pm}-z_k^\pm\pm\pi i=0\etiqueta{3}
$$
que es
$$
e^{2x_k^\pm}={x_k^\pm}^2+(y_k^\pm\mp\pi)^2\etiqueta{4}
$$
y
$$
y_k^\pm=\mathrm{atan2}(y_k^\pm\mp\pi,x_k^\pm)\etiqueta{5}
$$
De hecho, las raíces de $(3)$ puede ser expresada en términos de la multivalor Lambert W función como
$$
z_k^\pm=-W_{-k}(1)\pm\pi i\etiqueta{6}
$$
Los índices negativos asegurarse de que $z_0^+$ $z_k^\pm$ $k>0$ están en la mitad superior del plano -. En Mathematica, estos pueden calcularse como -LambertW[-k,1]+Pi I y -LambertW[-k,1]-Pi I.
Tenga en cuenta que como $|z_k^\pm|\to\infty$, $(3)$ se opone a $x_k^\pm$ de negativas. De hecho, como se especifica en $(6)$ sólo $x_0^\pm<0$. La ecuación de $(4)$ dice que
$$
|y_k^\pm\mp\pi|=\sqrt{e^{2x_k^\pm}-{x_k^\pm}^2}\etiqueta{7}
$$
Como $|z_k^\pm|\to\infty$, $(5)$ y $(7)$ de rendimiento
$$
|y_k^\pm|\a\frac\pi2\pmod{2\pi}\etiqueta{8}
$$
The Contours
We will use the contours, $\gamma_R=\overline{\gamma}_R\cup\overset{\frown}{\gamma}_R$, which circle the upper half plane, $\overline{\gamma}_R$ passing from $-R$ to $R$ on the real axis, then $\overset{\frown}{\gamma}_R$ circling back counter-clockwise along $|z|=R$ in the upper half-plane. To get the desired decay of the integral along $\overset{\frown}{\gamma}_R$, we will also require that $R\equiv\frac{3\pi}{2}\!\!\!\!\pmod{2\pi}$; this is so that $\overset{\frown}{\gamma}_R$ passes well between the singularities.
Let us also define the curves $\rho^\pm$ to be where $|e^z|=|z\mp\pi i|$. Note that all the singularities of the integrand in $(2)$ lie on $\rho^\pm$.
On $\rho^\pm$, we have $R-\pi\le e^x\le R+\pi$, por lo tanto,
$$
\log(R-\pi)\le x\le\log(R+\pi)\etiqueta{9}
$$
Además, debido a $R-|y|=\frac{x^2}{R+|y|}<\frac{\log(R+\pi)^2}{R}$, tenemos
$$
R-\frac{\log(R+\pi)^2}{R}\le|y|\le R\etiqueta{10}\\
$$
Por lo tanto, en$\overset{\frown}{\gamma}_R\cap\rho^\pm$$R\to\infty$,
$$
\text{en }\desbordado{\ceño}{\gamma}_R\text{, }x^2+y^2=R^2\Rightarrow\left|\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|=\left|\frac xy\right|\sim\frac{\log(R)}{R}\to0
$$
y
$$
\text{en }\rho^\pm\text {, }e^{2x}=x^2+(y\mp\pi)^2\Rightarrow\left|\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|=\left|\frac{e^{2x}-x}{y\mp\pi}\right|\ sim R\to\infty
$$
Por lo tanto, en $\overset{\frown}{\gamma}_R\cap\rho^\pm$ $R\to\infty$, $\overset{\frown}{\gamma}_R$ se convierte en horizontal y $\rho^\pm$ se convierte en vertical. Por ejemplo, aquí es la situación cuando se $R=129.5\pi$:
$\hspace{35mm}$![enter image description here]()
$$
\hspace{-1cm}\pequeño
\begin{array}{}
z_{64}^+=5.99292081954932666 + 403.67969492855003099 i\\
z_{65}^-=6.00848352082933166 + 403.67988772309602824 i\\
z_{65}^+=6.00848352082933166 + 409.96307303027561472 i\\
z_{66}^-=6.02380774554030566 + 409.96326053797959857 i
\end{array}
$$
Como $R\to\infty$, $\rho^\pm$ en la mitad superior del plano -, $(9)$ $(10)$ implica que $\arg(z\mp\pi i)\to\frac\pi2$; por lo tanto, como se indica por $(8)$, $e^z$ y $z\mp\pi i$ cancelar sólo al $\mathrm{Im}(z)\approx\frac\pi2\!\!\!\!\pmod{2\pi}$. Asimismo, $e^z$ $z\mp\pi i$ reforzar al $\mathrm{Im}(z)\approx\frac{3\pi}{2}\!\!\!\!\pmod{2\pi}$.
Por lo tanto, cuando se $R\equiv\frac{3\pi}{2}\!\!\!\!\pmod{2\pi}$$z\in\overset{\frown}{\gamma}_R\cap\rho^\pm$,$|e^z-z\pm\pi i|\sim2R$. Como $z\in\overset{\frown}{\gamma}_R$ se mueve a la derecha, aunque sea $1$, $e^z$ más del doble, y domina $z\mp\pi i$; por lo tanto, $|e^z-z\pm\pi i|\ge2R-R$. Como $z\in\overset{\frown}{\gamma}_R$ se desplaza a la izquierda, aunque sea $1$, $e^z$ disminuye en más de la mitad, y $z\mp\pi i$ domina; por lo tanto, $|e^z-z\pm\pi i|\ge R-R/2$. Por lo tanto, cuando $R\equiv\frac{3\pi}{2}\!\!\!\!\pmod{2\pi}$, $|e^z-z\pm\pi i|\ge R/2$, y $|(e^z-z)^2+\pi^2|\ge R^2/4$. Esto garantiza que, como $R\to\infty$, la integral sobre la $\overset{\frown}{\gamma}_R$ se desvanece.
Por lo tanto, la integral a lo largo del eje real es de $2\pi i$ veces la suma de los residuos en la mitad superior del plano -.
Los Residuos
Deje $z_k^\pm=-W_{-k}(1)\pm\pi i$. Vamos a utilizar el hecho de que $e^{z_k^\pm}-z_k^\pm=\mp\pi i$.
El residuo de $\displaystyle\frac1{(e^z-z)^2+\pi^2}$ $z_k^\pm=-W_{-k}(1)\pm\pi i$ es
$$
\begin{align}
\lim_{z\to z_k^\pm}\frac{z-z_k^\pm}{(e^z-z)^2+\pi^2}
&=\frac1{2(\mp\pi i)(e^{z_k^\pm}-1)}\\
&=\frac1{2\pi i}\frac1{\mp(z_k^\pm-1\mp\pi i)}\\
&=\frac1{2\pi i}\frac1{\pm(W_{-k}(1)+1)}\\
\end{align}
$$
Por lo tanto, los residuos en los pares de singularidades cancelar cada uno de los otros, lo que nos deja con el residuo en$z_0^+$$\dfrac1{2\pi i}\dfrac1{W_0(1)+1}$. Por lo tanto, la integral es
$$
\int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm{d}x}{(e^x-x)^2+\pi^2}=\frac1{W_0(1)+1}
$$
