לחלק מהאינטגרלים לא ניתן מצד אחד לקבל פתרון עבור האינטגרל הלא מסוים אולם מהצד השני ניתן לקבל פתרונות אנליטיים (כלומר כאלו שאינם מצריכים אנליזה נומרית) עבור גבולות מסוימים של אינטגרל מסוים.

להלן רשימה חלקית של שיטות לביצוע תהליך האינטגרציה כזה:

זוגיות ואי-זוגיות
-----------------

כאשר יש פונקציות שהיא אי-זוגית ביחס לנקודה {\displaystyle a}, כלומר מתקיים {\displaystyle f(a+x)=-f(a-x)} והאינטגרל סימטרי סביב הנקודה {\displaystyle a}, כלומר הגבולות הם מהצורה {\displaystyle (a-b,a+b)} אזי האינטגרל הוא אפס; למשל {\displaystyle \int \limits \_{\pi }^{3\pi }\sin(x)dx=0}.

פונקציה זוגית סביב הנקודה {\displaystyle a} ניתנת לחישוב רק בחצי מהתחום (מעל או מתחת לנקודה {\displaystyle a}) תוך הכפלה בשניים. למשל:

{\displaystyle \int \limits \_{-8}^{8}|x|dx=2\int \limits \_{0}^{8}x\,dx=2\left[{\frac {x^{2}}{2}}\right]\_{0}^{8}=[x^{2}]\_{0}^{8}=64-0=64}

חישוב במסלול סגור במישור המרוכב
-------------------------------

כאשר מבצעים המשכה אנליטית של פונקציה ממשית למישור המרוכב, ניתן להשלים את מסלול האינטגרציה במישור המרוכב כך שייווצר מסלול סגור שניתן לחשב אותו באמצעות משפטים המתאימים לאינטגרל קווי במישור המרוכב כמו משפט האינטגרל של קושי, נוסחת האינטגרל של קושי, ובעיקר משפט השאריות. השיטה מתבססת על יצירת מסלול סגור {\displaystyle C} המכיל את הקטע {\displaystyle (a,b)} המופיע באינטגרל המקורי (אותו נסמן ב-{\displaystyle I}), וחישוב האינטגרל במסלול {\displaystyle C} (אותו נסמן ב-IC) ובקטעים האחרים המופיעים במסלול. כך מגיעים למשוואה מהצורה: {\displaystyle f(I)=I\_{C}} כאשר {\displaystyle f} היא פונקציה הפיכה בתחום המתאים ל-{\displaystyle I} (בפרט אינטגרל של פונקציה ממשית הוא תמיד ממשי).

### דוגמה

{\displaystyle {\begin{aligned}\int \limits \_{0}^{2\pi }{\frac {1}{1+\sin(x)}}dx&=\left[{\begin{matrix}\sin(x)={\dfrac {z-z^{-1}}{2}}\\dx={\dfrac {dz}{iz}}\end{matrix}}\right]\\&=\oint \limits \_{|z|=1}{\frac {\frac {dz}{iz}}{1+{\frac {z-z^{-1}}{2}}}}=-{\frac {i}{2}}\oint \limits \_{|z|=1}{\frac {dz}{2z+z^{2}-1}}\\&=-{\frac {i}{2}}\oint \limits \_{|z|=1}{\frac {\frac {dz}{z+1+{\sqrt {2}}}}{z+1-{\sqrt {2}}}}=-{\frac {i}{2}}\cdot 2\pi i\left[{\frac {1}{z+1+{\sqrt {2}}}}\right]\_{z=-1+{\sqrt {2}}}\\&={\frac {\pi }{-1+{\sqrt {2}}+1+{\sqrt {2}}}}={\frac {\pi }{2{\sqrt {2}}}}\end{aligned}}}

את האינטגרל {\displaystyle \int \limits \_{-\infty }^{\infty }{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}xi\right)}{x^{2}+a^{2}}}dx} כאשר {\displaystyle \hbar >0,p,a}, ניתן לחשב על ידי סגירת המסלול הסגור המצויר בצד שמאל והשאפת {\displaystyle R} לאינסוף. תחילה נפתח אותו לצורה נוחה יותר:

{\displaystyle \int \limits \_{-\infty }^{\infty }{\frac {\exp \left({\frac {px}{\hbar }}i\right)}{x^{2}+a^{2}}}dx=\int \limits \_{-R}^{R}{\frac {\exp \left({\frac {pz}{\hbar }}i\right)}{(z+|a|i)(z-|a|i)}}dz}
על פי נוסחת אינטגרל קושי על המסלול הסגור מקבלים כי:

{\displaystyle {\begin{aligned}\int \limits \_{-R}^{R}{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}zi\right)}{(z+|a|i)(z-|a|i)}}dz+\int \limits \_{C\_{R}}{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}zi\right)}{(z+|a|i)(z-|a|i)}}dz&=\oint \limits \_{C}{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}zi\right)}{(z+|a|i)(z-|a|i)}}dz\\&=2\pi i{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}zi\right)}{z+|a|i}}{\Bigg |}\_{z=|a|i}\\&=2\pi i{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}|a|i^{2}\right)}{|a|i+|a|i}}={\frac {\pi }{|a|}}\exp \left(-{\frac {p}{\hbar }}|a|\right)\end{aligned}}}
על פי הלמה של ז'ורדן מקבלים כי: {\displaystyle \lim \_{R\to 0}\int \limits \_{C\_{R}}{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}zi\right)}{(z+|a|i)(z-|a|i)}}dz=0}

ועל ידי הצבה מקבלים:

{\displaystyle {\begin{aligned}\int \limits \_{-\infty }^{\infty }{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}zi\right)}{(z+|a|i)(z-|a|i)}}dz&=\int \limits \_{-\infty }^{\infty }{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}zi\right)}{(z+|a|i)(z-|a|i)}}dz+0\\&=\lim \_{R\to \infty }\int \limits \_{-R}^{R}{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}zi\right)}{(z+|a|i)(z-|a|i)}}dz+\lim \_{R\to \infty }\int \limits \_{C\_{R}}{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}zi\right)}{(z+|a|i)(z-|a|i)}}dz\\&=\lim \_{R\to \infty }\left(\int \limits \_{-R}^{R}{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}zi\right)}{(z+|a|i)(z-|a|i)}}dz+\int \limits \_{C\_{R}}{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}zi\right)}{(z+|a|i)(z-|a|i)}}dz\right)\\&=\lim \_{R\to \infty }\oint \limits \_{C}{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}zi\right)}{(z+|a|i)(z-|a|i)}}dz=\lim \_{R\to \infty }{\frac {\pi }{|a|}}\exp \left(-{\frac {p}{\hbar }}|a|\right)\\&={\frac {\pi }{|a|}}\exp \left(-{\frac {p}{\hbar }}|a|\right)\end{aligned}}}
ובס"ה מתקיים:


∫

−
∞

∞


exp
⁡

(

p
ℏ

x
i

)

x

2

+

a

2


=

π

|

a

|

exp
⁡

(

−

p
ℏ

|

a

|

)

{\displaystyle \int \limits \_{-\infty }^{\infty }{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}xi\right)}{x^{2}+a^{2}}}={\frac {\pi }{|a|}}\exp \left(-{\frac {p}{\hbar }}|a|\right)}

{\displaystyle \int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {\exp \left({\frac {p}{\hbar }}xi\right)}{x^{2}+a^{2}}}={\frac {\pi }{|a|}}\exp \left(-{\frac {p}{\hbar }}|a|\right)}
### דוגמה נוספת

נחשב את האינטגרל {\displaystyle \int \limits \_{0}^{\infty }{\frac {dx}{1+x^{n}}}} עבור {\displaystyle n\geq 2}, בעזרת בניית קונטור מתאים במישור המרוכב. נשים לב כי נקודות סינגולריות מתקבלות כאשר {\displaystyle x^{n}=-1} או {\displaystyle x=\exp \left({\tfrac {2k-1}{n}}\pi i\right)}, כאשר {\displaystyle k} מספר טבעי. על מנת ליישם את משפט השאריות, נבנה קונטור בצורת גזרת מעגל המתאימה לזווית מרכזית {\displaystyle 2\pi /n}, אשר רדיוס אחד שלה הוא כל הישר הממשי והרדיוס השני שלה הוא הישר (האינסופי) העובר דרך ראשית הצירים ושורש היחידה ב-{\displaystyle \exp \left({\tfrac {2\pi }{n}}i\right)}. הקונטור מכיל בתוכו נקודת סינגולריות אחת בלבד, ב-{\displaystyle z\_{0}=\exp \left({\tfrac {\pi }{n}}i\right)}, ועל פי חישוב שאריות נקבל שהשארית של {\displaystyle {\frac {1}{1+x^{n}}}} ב-{\displaystyle z\_{0}} היא {\displaystyle {\frac {1}{nz\_{0}^{n-1}}}=-{\frac {z\_{0}}{n}}}. לפיכך תוצאת האינטגרל הקווי לאורך הקונטור כולו היא {\displaystyle 2\pi i(-{\frac {e^{i\pi /n}}{n}})}. 

כעת נשים לב לעובדות הבאות:

* האינטגרל המסילתי מורכב משלושה מרכיבים: מרכיב הישר הממשי, שהוא למעשה האינטגרל אותו אנו רוצים לחשב, מרכיב של קשת מעגלית "באינסוף", ומרכיב ישר לאורך הקרן הנכנסת המקבילה ל-{\displaystyle e^{2i\pi /n}}.
* האינטגרנד מתנהג באינסוף כמו {\displaystyle {\frac {1}{|z|^{n}}}={\frac {1}{R^{n}}}} כאשר *R* הוא רדיוס הגזרה (שאותו משאיפים לאינסוף), ולפיכך, עבור {\displaystyle n\geq 2} המרכיב הקשתי של האינטגרל המסילתי מתנהג כמו {\displaystyle lim\_{R\to \infty }{\frac {1}{R^{n-1}}}=0}, כלומר המרכיב הקשתי מתאפס.
* עבור הקרן הנכנסת, ערך הפונקציה הוא {\displaystyle f(z)={\frac {1}{1+(|z|e^{2i\pi /n})^{n}}}={\frac {1}{1+|z|^{n}}}}, כלומר הוא זהה לזה של הישר הממשי. ההבדל היחידי בין הקרן הנכנסת לקרן היוצאת הוא בכך שהדיפרנציאל של המשתנה המרוכב {\displaystyle z} מוכפל ב-{\displaystyle -e^{2i\pi /n}}, ולפיכך ערך האינטגרל המסילתי על הקרן הנכנסת הוא:

{\displaystyle -e^{2i\pi /n}\int \_{0}^{\infty }{\frac {dx}{1+x^{n}}}}.
כלומר קיבלנו לבסוף את הקשר:

{\displaystyle 2\pi i(-{\frac {e^{i\pi /n}}{n}})=(1-e^{2i\pi /n})\int \_{0}^{\infty }{\frac {dx}{1+x^{n}}}},
ממנו ניתן לחלץ את {\displaystyle \int \_{0}^{\infty }{\frac {dx}{1+x^{n}}}}. על ידי חילוק של מספרים מרוכבים ומעט טריגונומטריה, נקבל לבסוף:

{\displaystyle \int \_{0}^{\infty }{\frac {dx}{1+x^{n}}}={\frac {\pi }{nsin({\frac {\pi }{n}})}}}.

מעבר למערכת קואורדינטות אחרת
----------------------------

כאשר לאינטגרל יש סימטריה כלשהי, ניתן לעבור למערכת קואורדינטות אחרת שבה הוא מופיע בצורה פשוטה יותר. מעבר כזה מהווה למעשה מקרה פרטי של שיטת ההצבה.

**דוגמה** – חישוב שטח עיגול (בעל רדיוס R):  
עוברים ממערכת קואורדינטות קרטזיות למערכת קואורדינטות פולריות ומקבלים אינטגרל פשוט הרבה יותר:



S
(
R
)
=

∫

0

R

d
y

∫

0

R

2

−

y

2


d
x
=

∫

0

R

r
d
r

∫

0

2
π

d
ϕ
=
π

R

2

{\displaystyle S(R)=\int \_{0}^{R}dy\int \_{0}^{\sqrt {R^{2}-y^{2}}}dx=\int \_{0}^{R}rdr\int \_{0}^{2\pi }d\phi =\pi R^{2}}

{\displaystyle S(R)=\int _{0}^{R}dy\int _{0}^{\sqrt {R^{2}-y^{2}}}dx=\int _{0}^{R}rdr\int _{0}^{2\pi }d\phi =\pi R^{2}}
**דוגמה נוספת:**

חישוב האינגרל הבא: {\displaystyle I=\int \_{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx\!}.

{\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}=\int \_{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}}dx\int \_{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}dy&=\\&=\int \_{-\infty }^{\infty }\int \_{-\infty }^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})}dxdy&=\\&=\int \_{0}^{2\pi }\int \_{0}^{\infty }re^{-r^{2}}drd\phi =\pi \!\end{aligned}}}
לכן: {\displaystyle I={\sqrt {\pi }}\!}.

שימוש בהתמרות
-------------

יש מקרים בהם ניתן להציג את האינטגרל המסוים בעזרת התמרה מסוימת (למשל התמרת פורייה) ולהשתמש בתכונות שלה.

לדוגמה, נחשב את {\displaystyle \int \_{0}^{\infty }{{\frac {\sin {x}}{x}}dx}}.

נגדיר פונקציה {\displaystyle f(t)={\frac {1}{\sin {t}}}-{\frac {1}{t}}}. קל לבדוק ש-{\displaystyle \ f} בעלת נקודת אי-רציפות סליקה בנקודה 0, ולכן נוכל להתייחס אל {\displaystyle \ f} כאל פונקציה הרציפה בקטע {\displaystyle \left[-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right]}.

לכן {\displaystyle \ g=f\left({\frac {t}{2}}\right)} רציפה בקטע {\displaystyle \ [-\pi ,\pi ]}.

מהלמה של רימן-לבג אפשר לראות שמתקיים:


lim

n
→
±
∞


g
^

(

n

)
=

1

2
π

lim

n
→
±
∞

∫

−
π

π

g

(

t

)

e

−
i
n
t

d
t

=
0

{\displaystyle \lim \_{n\to \pm \infty }{\hat {g}}({n})={\frac {1}{2\pi }}\lim \_{n\to \pm \infty }{\int \_{-\pi }^{\pi }{g\left({t}\right)e^{-int}dt}}=0}

{\displaystyle \lim _{n\to \pm \infty }{\hat {g}}({n})={\frac {1}{2\pi }}\lim _{n\to \pm \infty }{\int _{-\pi }^{\pi }{g\left({t}\right)e^{-int}dt}}=0}
כאשר: {\displaystyle {\hat {g}}({n})={\frac {1}{2\pi }}{\int \_{-\pi }^{\pi }{g\left({t}\right)e^{-int}dt}}} מקדמי הפורייה של {\displaystyle \ g}.

לכן:


1

2
π

lim

n
→
±
∞

∫

−
π

π

f

(

t
2

)

e

−
i
n
t

d
t

=

1

2
π

lim

n
→
±
∞

∫

−
π

π

(

1

sin
⁡

t
2


−

1

t
2

)

e

−
i
n
t

d
t

=
0

{\displaystyle {\frac {1}{2\pi }}\lim \_{n\to \pm \infty }{\int \_{-\pi }^{\pi }{f\left({\frac {t}{2}}\right)e^{-int}dt}}={\frac {1}{2\pi }}\lim \_{n\to \pm \infty }{\int \_{-\pi }^{\pi }{\left({{\frac {1}{\sin {\frac {t}{2}}}}-{\frac {1}{\frac {t}{2}}}}\right)e^{-int}dt}}=0}

{\displaystyle {\frac {1}{2\pi }}\lim _{n\to \pm \infty }{\int _{-\pi }^{\pi }{f\left({\frac {t}{2}}\right)e^{-int}dt}}={\frac {1}{2\pi }}\lim _{n\to \pm \infty }{\int _{-\pi }^{\pi }{\left({{\frac {1}{\sin {\frac {t}{2}}}}-{\frac {1}{\frac {t}{2}}}}\right)e^{-int}dt}}=0}

בפרט, גם:


1

2
π

lim

n
→
±
∞

∫

−
π

π

(

1

sin
⁡

t
2


−

1

t
2

)

e

i
n
t

d
t

=
0

{\displaystyle {\frac {1}{2\pi }}\lim \_{n\to \pm \infty }{\int \_{-\pi }^{\pi }{\left({{\frac {1}{\sin {\frac {t}{2}}}}-{\frac {1}{\frac {t}{2}}}}\right)e^{int}dt}}=0}

{\displaystyle {\frac {1}{2\pi }}\lim _{n\to \pm \infty }{\int _{-\pi }^{\pi }{\left({{\frac {1}{\sin {\frac {t}{2}}}}-{\frac {1}{\frac {t}{2}}}}\right)e^{int}dt}}=0}

ולכן:


1

2
π

lim

n
→
∞

∫

−
π

π

(

1

sin
⁡

t
2


−

1

t
2

)

sin
⁡

(

(

n
+

1
2

)

t

)

d
t

=
0

{\displaystyle {\frac {1}{2\pi }}\lim \_{n\to \infty }{\int \_{-\pi }^{\pi }{\left({{\frac {1}{\sin {\frac {t}{2}}}}-{\frac {1}{\frac {t}{2}}}}\right)\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)dt}}=0}

{\displaystyle {\frac {1}{2\pi }}\lim _{n\to \infty }{\int _{-\pi }^{\pi }{\left({{\frac {1}{\sin {\frac {t}{2}}}}-{\frac {1}{\frac {t}{2}}}}\right)\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)dt}}=0}
כי מנוסחת אוילר: {\displaystyle \sin({t})={\frac {e^{it}-e^{-it}}{2i}}}

כלומר:


1

2
π

lim

n
→
∞

∫

−
π

π

(

sin
⁡

(

(

n
+

1
2

)

t

)

sin
⁡

t
2


−

sin
⁡

(

(

n
+

1
2

)

t

)

t
2

)

d
t

=
0

{\displaystyle {\frac {1}{2\pi }}\lim \_{n\to \infty }{\int \_{-\pi }^{\pi }{\left({{\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{\sin {\frac {t}{2}}}}-{\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{\frac {t}{2}}}}\right)dt}}=0}

{\displaystyle {\frac {1}{2\pi }}\lim _{n\to \infty }{\int _{-\pi }^{\pi }{\left({{\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{\sin {\frac {t}{2}}}}-{\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{\frac {t}{2}}}}\right)dt}}=0}

נחלק לשני אינטגרלים, ונקבל:



lim

n
→
∞

(

∫

−
π

π



1

2
π

⋅

sin
⁡

(

(

n
+

1
2

)

t

)

sin
⁡

t
2


d
t

−

∫

−
π

π


1

2
π

⋅

sin
⁡

(

(

n
+

1
2

)

t

)

t
2

d
t

)

=
0

{\displaystyle \lim \_{n\to \infty }\left({\int \_{-\pi }^{\pi }{{{\frac {1}{2\pi }}\cdot {\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{\sin {\frac {t}{2}}}}dt}-\int \_{-\pi }^{\pi }{{\frac {1}{2\pi }}\cdot {\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{\frac {t}{2}}}}dt}}\right)=0}

{\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left({\int _{-\pi }^{\pi }{{{\frac {1}{2\pi }}\cdot {\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{\sin {\frac {t}{2}}}}dt}-\int _{-\pi }^{\pi }{{\frac {1}{2\pi }}\cdot {\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{\frac {t}{2}}}}dt}}\right)=0}

האינטגרל השמאלי הוא אינטגרל של גרעין דיריכלה, ולכן שווה 1 לכל n טבעי.



lim

n
→
∞

(

1
−

∫

−
π

π


1

2
π

⋅

sin
⁡

(

(

n
+

1
2

)

t

)

t
2

d
t

)

=
0

{\displaystyle \lim \_{n\to \infty }\left({1-\int \_{-\pi }^{\pi }{{\frac {1}{2\pi }}\cdot {\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{\frac {t}{2}}}dt}}\right)=0}

{\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left({1-\int _{-\pi }^{\pi }{{\frac {1}{2\pi }}\cdot {\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{\frac {t}{2}}}dt}}\right)=0}

האינטגרל שנותר הוא של פונקציה זוגית, ולכן ניתן להחליף את התחום ב-{\displaystyle \left[0,\pi \right]} ולהכפיל ב-2:



lim

n
→
∞

(

1
−

∫

0

π


1
π

⋅

sin
⁡

(

(

n
+

1
2

)

t

)

t
2

d
t

)

=
0

{\displaystyle \lim \_{n\to \infty }\left({1-\int \_{0}^{\pi }{{\frac {1}{\pi }}\cdot {\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{\frac {t}{2}}}dt}}\right)=0}

{\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left({1-\int _{0}^{\pi }{{\frac {1}{\pi }}\cdot {\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{\frac {t}{2}}}dt}}\right)=0}

כלומר:



lim

n
→
∞

∫

0

π



sin
⁡

(

(

n
+

1
2

)

t

)

t

d
t

=

π
2

{\displaystyle \lim \_{n\to \infty }{\int \_{0}^{\pi }{{\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{t}}dt}}={\frac {\pi }{2}}}

{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\int _{0}^{\pi }{{\frac {\sin \left({\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}\right)}{t}}dt}}={\frac {\pi }{2}}}

על ידי הצבה: {\displaystyle s=\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)t}, נקבל:



lim

n
→
∞

∫

0

(

n
+

1
2

)

π



sin
⁡

s

s

d
s

 
=

π
2

{\displaystyle \lim \_{n\to \infty }{\int \_{0}^{\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)\pi }{{\frac {\sin {s}}{s}}ds}}\ ={\frac {\pi }{2}}}

{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\int _{0}^{\left({n+{\frac {1}{2}}}\right)\pi }{{\frac {\sin {s}}{s}}ds}}\ ={\frac {\pi }{2}}}

ומכיוון שהאינטגרל מתכנס (ממבחן דיריכלה), מתקיים:


∫

0

∞



sin
⁡

s

s

d
s

 
=

π
2

{\displaystyle {\int \_{0}^{\infty }{{\frac {\sin {s}}{s}}ds}}\ ={\frac {\pi }{2}}}

{\displaystyle {\int _{0}^{\infty }{{\frac {\sin {s}}{s}}ds}}\ ={\frac {\pi }{2}}}כנדרש.

ראו גם
------

* שיטות אינטגרציה
* שיטות למציאת אינטגרלים לא מסוימים
* שיטות נומריות לחישוב אינטגרלים מסוימים

קישורים חיצוניים
----------------

* The Wolfram Integrator – חישוב אינטגרלים לא מסוימים