Решение
Подынтегральная функция \(\displaystyle{\frac{1}{x+\sqrt{x^2-x+1}}}\) является рациональной функцией от \(\displaystyle{x}\) и \(\displaystyle{\sqrt{x^2-x+1}}\), посему можем использовать подстановки Эйлера. Так как свободный член многочлена под корнем больше нуля (т.е. \(\displaystyle{1 \gt {0}}\)), то используем вторую подстановку Эйлера. В записи второй подстановки участвует знак "\(\displaystyle{\pm}\)", означающий, что можно избрать как "+", так и "–". Выберем знак "плюс".
\[
\sqrt{x^2-x+1}=xt+\sqrt{1};\\
\sqrt{x^2-x+1}=xt+1.
\]
Нам нужно выразить старую переменную \(\displaystyle{x}\) через новую переменную \(\displaystyle{t}\). Возведём в квадрат обе части последнего равенства:
\[
\left(\sqrt{x^2-x+1}\right)^2
=(xt+1)^2;\\
x^2-x+1
=x^2t^2+2xt+1;\\
x^2-x
=x^2t^2+2xt;\\
-x^2t^2+x^2
=2xt+x;\\
x^2(-t^2+1)
=x(2t+1);\\
x(-t^2+1)=2t+1; x=\frac{2t+1}{-t^2+1}.
\]
Вспоминая, что согласно сделанной замене \(\displaystyle{\sqrt{x^2-x+1}=xt+1}\), мы получим следующее:
\[
\sqrt{x^2-x+1}
=xt+1
=\frac{2t+1}{-t^2+1}\cdot{t}+1
=\frac{2t^2+t}{-t^2+1}+\frac{-t^2+1}{-t^2+1}
=\frac{t^2+t+1}{-t^2+1}
\]
Последним элементом, подлежащим замене, является \(\displaystyle{dx}\). Так как \(\displaystyle{dx=x'dt}\), то получим:
\[
dx
=\left(\frac{2t+1}{-t^2+1}\right)'dt
=\frac{2(-t^2+1)-(2t+1)\cdot(-2t)}{(-t^2+1)^2}dt
=\frac{2t^2+2t+2}{(-t^2+1)^2}dt
\]
Подводя итоги, запишем полученные результаты замен для \(\displaystyle{x}\), \(\displaystyle{\sqrt{1-x-x^2}}\) и \(\displaystyle{dx}\):
\[
x=\frac{2t+1}{-t^2+1};\;
\sqrt{x^2-x+1}
=\frac{t^2+t+1}{-t^2+1};\;
dx=\frac{2t^2+2t+2}{(-t^2+1)^2}dt.
\]
Осуществим замену в исходном интеграле, подставляя в него полученные выражения:
\[
\int\frac{dx}{x+\sqrt{x^2-x+1}}
=\int\frac{\frac{2t^2+2t+2}{(-t^2+1)^2}dt}{\frac{2t+1}{-t^2+1}+\frac{t^2+t+1}{-t^2+1}}=\\
=\int\frac{2t^2+2t+2}{(-t^2+1)(2t+1+t^2+t+1)}dt
=-\int\frac{2t^2+2t+2}{(t^2-1)(t^2+3t+2)}dt.
\]
Под интегралом мы имеем правильную рациональную дробь. Как интегрировать такие дроби подробно описано в соответствующей теме. Раскладываем полученную дробь на элементарные рациональные дроби:
\[
\frac{2t^2+2t+2}{(t^2-1)(t^2+3t+2)}
=\frac{2t^2+2t+2}{(t-1)(t+1)(t+1)(t+2)}
=\frac{2t^2+2t+2}{(t-1)(t+2)(t+1)^2}\\
\frac{2t^2+2t+2}{(t-1)(t+2)(t+1)^2}
=\frac{A}{t-1}+\frac{B}{t+2}+\frac{C}{t+1}+\frac{D}{(t+1)^2}=\\
=\frac{A(t+2)(t+1)^2+B(t-1)(t+1)^2+C(t-1)(t+2)(t+1)+D(t-1)(t+2)}{(t-1)(t+2)(t+1)^2}
\]
\[
2t^2+2t+2
=A(t+2)(t+1)^2+B(t-1)(t+1)^2+C(t-1)(t+2)(t+1)+D(t-1)(t+2);\\
\begin{aligned}
& t=1 \Rightarrow 6=A\cdot 12; \; A=\frac{1}{2}.\\
& t=-2 \Rightarrow 6=B\cdot (-3); \; B=-2.\\
& t=-1 \Rightarrow 2=D\cdot(-2); \; D=-1.
\end{aligned}
\]
"Хорошие" подстановки закончились. Подставим вместо \(\displaystyle{t}\) произвольное число, – например, ноль. Подставляя \(\displaystyle{t=0}\), будем иметь:
\[
2=2A-B-2C-2D;\\
2=2\cdot\frac{1}{2}-(-2)-2C-2\cdot (-1);\\
2=5-2C; \; C=\frac{3}{2}.
\]
Зная коэффициенты \(\displaystyle{A=\frac{1}{2}}\), \(\displaystyle{B=-2}\), \(\displaystyle{C=\frac{3}{2}}\), \(\displaystyle{D=-1}\), запишем разложение подынтегральной дроби на элементарные:
\[
\frac{2t^2+2t+2}{(t^2-1)(t^2+3t+2)}
=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{t-1}-\frac{2}{t+2}+\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{t+1}-\frac{1}{(t+1)^2}
\]
Вернёмся к рассматриваемому интегралу:
\[
-\int\frac{2t^2+2t+2}{(t^2-1)(t^2+3t+2)}dt
=-\int\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{t-1}-\frac{2}{t+2}+\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{t+1}-\frac{1}{(t+1)^2}\right)dt=\\
=-\left(\frac{1}{2}\ln|t-1|-2\ln|t+2|+\frac{3}{2}\ln|t+1|+\frac{1}{t+1} \right)+C=\\
=-\frac{1}{2}\ln|t-1|+2\ln|t+2|-\frac{3}{2}\ln|t+1|-\frac{1}{t+1}+C
\]
Вспоминая, что \(\displaystyle{\sqrt{x^2-x+1}=xt+1}\), получим \(\displaystyle{t=\frac{\sqrt{x^2-x+1}-1}{x}}\). Подставляя это выражение, будем иметь:
\[
-\frac{1}{2}\ln|t-1|+2\ln|t+2|-\frac{3}{2}\ln|t+1|-\frac{1}{t+1}+C
=-\frac{1}{2}\ln\left|\frac{\sqrt{x^2-x+1}-1}{x}-1\right|+\\+2\ln\left|\frac{\sqrt{x^2-x+1}-1}{x}+2\right|-\frac{3}{2}\ln\left|\frac{\sqrt{x^2-x+1}-1}{x}+1\right|-
\frac{1}{\frac{\sqrt{x^2-x+1}-1}{x}+1}+C=\\
=-\frac{1}{2}\ln\left|\frac{\sqrt{x^2-x+1}-x-1}{x}\right|+2\ln\left|\frac{\sqrt{x^2-x+1}+2x-1}{x}\right|-\\
-\frac{3}{2}\ln\left|\frac{\sqrt{x^2-x+1}+x-1}{x}\right|-\frac{x}{\sqrt{x^2-x+1}+x-1}+C.
\]
Полученное выражение можно несколько упростить, если вспомнить формулу \(\displaystyle{\ln\frac{a}{b}=\ln {a}-\ln{b}}\):
\[
-\frac{1}{2}\ln\left|\frac{\sqrt{x^2-x+1}-x-1}{x}\right|+2\ln\left|\frac{\sqrt{x^2-x+1}+2x-1}{x}\right|-\\
-\frac{3}{2}\ln\left|\frac{\sqrt{x^2-x+1}+x-1}{x}\right|-\frac{x}{\sqrt{x^2-x+1}+x-1}+C=\\
=-\frac{1}{2}\ln\left|\sqrt{x^2-x+1}-x-1\right|+\frac{1}{2}\ln|x|+2\ln\left|\sqrt{x^2-x+1}+2x-1\right|-2\ln|x|-\\
-\frac{3}{2}\ln\left|\sqrt{x^2-x+1}+x-1\right|+\frac{3}{2}\ln|x|-\frac{x}{\sqrt{x^2-x+1}+x-1}+C=\\
=-\frac{1}{2}\ln\left|\sqrt{x^2-x+1}-x-1\right|+2\ln\left|\sqrt{x^2-x+1}+2x-1\right|-\\
-\frac{3}{2}\ln\left|\sqrt{x^2-x+1}+x-1\right|-\frac{x}{\sqrt{x^2-x+1}+x-1}+C.\\
\]
Ответ получен. Кстати сказать, эту же задачу можно решить и с помощью первой подстановки Эйлера, ведь коэффициент перед \(\displaystyle{x^2}\) больше нуля (\(\displaystyle{1 \gt {0}}\)).