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Čia pateikiami metodai, padedantys [[Neapibrėžtinis integralas|integruoti]].

== Tiesioginis integravimas ==

Jei

: <math>\int f(x) \mathsf{d}x = F(x) + C, \quad</math>

tai

: <math>\int f(u) \mathsf{d}u = F(u) + C. \quad</math>

Šis metodas pagrįstas pirmos eilės [[Diferencialas|diferencialo]] formos [[Invariantas|invariantiškumu]].

Pavyzdžiai,

* kadangi:
: <math> \int t^3 \mathsf{d}t = \frac{t^4}{4} + C </math> ir <math>\mathsf{d}(x + 10) = \mathsf{d}x </math>,

tai:

: <math> \int (x + 10)^3 \mathsf{d}x = \int (x + 10)^3 \mathsf{d}(x + 10) = \frac{(x + 10)^4}{4} + C.</math>
* <math>\int x^4 dx=\frac{x^{4+1}}{4+1}+C=\frac{x^5}{5}+C.</math>
* <math>\int 10^x dx=\frac{10^x}{\ln 10}+C.</math>
* <math>\int \frac{x^2+5x-1}{\sqrt{x}} dx=\int (x^{3/2}+5x^{1/2}-x^{-1/2} ) dx=\int x^{3/2} dx+5\int x^{1/2} dx-\int x^{-1/2} dx=</math>
: <math>=\frac{x^{3/2+1}}{3/2+1}+C_1+5\frac{x^{1/2+1}}{1/2+1}+C_2-\frac{x^{-1/2+1}}{-1/2+1}+C_3=\frac{2}{5}x^{5/2}+\frac{10}{3}x^{3/2}-2x^{1/2}+C=2\sqrt{x}(\frac{x^2}{5}+\frac{5}{3}x-1)</math>
* <math>\int \frac{dx}{\sin^2 x \cdot \cos^2 x}=\int \frac{\sin^2 x+\cos^2 x}{\sin^2 x \cdot \cos^2 x}dx=\int \frac{dx}{\cos^2 x}+\int \frac{dx}{\sin^2 x}=\tan x-\cot x+C. </math>
* <math>\int \tan^2 x dx=\int \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}dx=\int \frac{1-\cos^2 x}{\cos^2 x}dx=\int\frac{dx}{\cos^2 x}-\int dx=\tan x-x+C.</math>
* <math>\int \sin^2 \frac{x}{2} dx=\int \frac{1-\cos x}{2} dx=\frac{1}{2}\int dx-\frac{1}{2}\int \cos x dx=\frac{x}{2}-\frac{\sin x}{2}+C.</math>
* <math>\int \frac{\cos (2x) dx}{\sin^2 x \cdot \cos^2 x}=\int \frac{\cos^2 x-\sin^2 x }{\sin^2 x \cdot \cos^2 x} dx=\int\frac{dx}{\sin^2 x}-\int\frac{dx}{\cos^2 x}=-\cot x-\tan x+C.</math>
* <math>\int{dx\over x^2 (4+x^2)}={1\over 4}\int{4\; dx\over x^2(4+x^2)}={1\over 4}\int{4+x^2-x^2\over x^2(4+x^2)}dx=\frac{1}{4}\int{dx\over x^2}-\frac{1}{4}\int{dx\over 4+x^2}=</math>
<math>=-\frac{1}{4}\cdot {1\over x}-{1\over 8}\arctan{x\over 2}+C.</math>

== Trigonometrinių funkcijų integravimas taikant dvigubą faktorialą ==
Panaudojant [[integravimas dalimis|integravimo dalimis]] metodą, įrodyta, kad
: <math>\int_0^{\pi\over 2}\sin^n x\;dx=\int_0^{\pi\over 2}\cos^n x\;dx={(n-1)!!\over n!!}\cdot{\pi\over 2},</math> kai ''n'' lyginis;
: <math>\int_0^{\pi\over 2}\sin^n x\;dx=\int_0^{\pi\over 2}\cos^n x\;dx={(n-1)!!\over n!!},</math> kai ''n'' nelyginis.
Du šauktukai (n!!) yra dvigubas faktorialas. Šiuo simboliu pažymėsime vien tik lyginių skaičių iki ''n'' sandaugą, jei ''n'' - lyginis, ir vien tik nelyginių skaičių sandaugą, jei ''n'' nelyginis. Pavyzdžiui: <math>5!!=1\cdot 3\cdot 5=15, \; 6!!=2\cdot 4\cdot 6=48.</math>

'''Pavyzdžiai'''
* <math>\int_0^{\pi}\sin^8{x\over 2}dx=2\int_0^{\pi\over 2}\sin^8 t\; dt=2\cdot {7!!\over 8!!}\cdot{\pi\over 2}=2\cdot{7\cdot 5\cdot 3\over 8\cdot 6\cdot 4\cdot 2}\cdot{\pi\over 2}={35\pi\over 128},</math> kur <math>{x\over 2}=t; \; dt={1\over 2}dx;</math> <math>dx=2dt.</math>

* <math>4\int_0^{\pi\over 2}(\cos^2 x-{2\over 3}\cos^4 x)dx=4({1!!\over 2!!}\cdot {\pi\over 2}-{2\over 3}\cdot{3!!\over 4!!}\cdot{\pi\over 2})=4({\pi\over 4}-{\pi\over 3}\cdot {3\over 4\cdot 2})=4({\pi\over 4}-{\pi\over 8})=4\cdot{\pi\over 8}={\pi\over 2}.</math>

* <math>\int_0^{\pi\over 2}\sin^3 x\;dx={(3-1)!!\over 3!!}={2!!\over 3!!}={2\over 3}.</math>

* <math>\int_0^{\pi}\sin^4 x \;dx=2\int_0^{\pi\over 2}\sin^4 x\; dx=2\cdot {3!!\over 4!!}\cdot {\pi\over 2}={3\over 4\cdot 2}\pi={3\over 8}\pi.</math>

* <math>\int_{-{\pi\over 2}}^{\pi\over 2}\cos^4 x dx=2\int_0^{\pi\over 2}\cos^4 xdx=2\cdot{3!!\over 4!!}\cdot{\pi\over 2}={3\over 8}\pi.</math>


==Nuorodos==

* https://integralaineringa.weebly.com/uploads/6/8/5/1/68515625/neapibreztinis_integralas.pdf