Z tymi granicami ta całka jest rozbieżna, więc nie da się wyznaczyć wyniku. Można jednak policzyć całkę nieoznaczoną. Zróbmy to w dwóch krokach, bo tak jest prościej. Krok 1. Stosujemy podstawienie: [latex]x=t-frac{1}{2}[/latex] [latex]dx=dt[/latex] Co daje nam całkę: [latex]intfrac{1}{sqrt{2t^2+frac{3}{2}}}dt[/latex] Możemy wyciągnąć 1/sqrt(2) przed całkę: [latex]frac{1}{sqrt{2}}intfrac{1}{sqrt{t^2+frac{3}{4}}}dt[/latex] Krok 2. Podstawienie: [latex]t = sqrt{frac{3}{4}}sinh(u)[/latex] [latex]dt = sqrt{frac{3}{4}}cosh(u)du[/latex] Otrzymujemy teraz całkę: [latex]frac{1}{sqrt{2}}intfrac{sqrt{frac{3}{4}}cosh(u)}{sqrt{frac{3}{4}sinh^2(u)+frac{3}{4}}}du[/latex] Uwaga: sinh i cosh to sinus i cosinus hiperboliczne. Jak nie wiesz co to za funkcje, zobacz sobie na wiki. Korzystamy teraz z tożsamości dla sinusów i cosinusów hiperbolicznych postaci (podobna do jedynki trygonometrycznej): [latex]cosh^2(x)-sinh^2(x)=1[/latex] i otrzymujemy całkę: [latex]frac{1}{sqrt{2}}intfrac{sqrt{frac{3}{4}}cosh(u)}{sqrt{frac{3}{4}}cosh(u)}du[/latex] Oczywiście skraca nam się to do postaci, której rozwiązanie jest proste: [latex]frac{1}{sqrt{2}}int du = frac{1}{sqrt{2}}u + C[/latex] Teraz cofając podwójnie podstawienie otrzymujemy. Na początku: [latex]frac{1}{sqrt{2}}mathrm{arsinh}left(sqrt{frac{4}{3}}t ight)+C[/latex] i jeszcze raz: [latex]frac{1}{sqrt{2}}mathrm{arsinh}left(sqrt{frac{4}{3}}(x+frac{1}{2}) ight)+C[/latex] Ostateczne rozwiązanie jest więc postaci: [latex]intfrac{1}{sqrt{2x^2+2x+2}}dx=frac{1}{sqrt{2}}mathrm{arsinh}left(sqrt{frac{4}{3}}(x+frac{1}{2}) ight)+C[/latex] Funkcję area sinus hiperboliczny da się zapisać prościej za pomocą innych funkcji elementarnych. Wtedy otrzymamy rozwiązanie: [latex]intfrac{1}{sqrt{2x^2+2x+2}}dx=frac{1}{sqrt{2}}lnleft(sqrt{frac{4}{3}}(x+frac{1}{2})+sqrt{frac{4}{3}(x+frac{1}{2})^2+1} ight)+C[/latex] Niestety ta funkcja dąży do nieskończoności w każdym kierunku i całka po podstawieniu granic dążących do nieskończoności jest rozbieżna. Ok rozwiązanie wydaje się dobre :).
