Решение такого типа интегралов требуется для решения задач, связанных с Лоренц-фактором. Далее, мы будем рассматривать интеграл (1) в пределах (\(0..T\)), где: \(T \le 2\pi\) \[I(T) = \int \limits_0^{T} \sin(x)^n |\cos(x)| \,\Bbb{d}x, \quad n=0,1,2,3,\ldots \qquad (1)\] Без модуля в подынтегральном выражении его решение не представляет никаких трудностей. Модуль же накладывает определённые ограничения на каждый диапазон предела интегрирования. Представим интеграл так: \[I(T) = \int \limits_0^{T} \sin(x)^n {|\cos(x)| \over \cos(x)} \,\Bbb{d}\sin(x) = \int \limits_0^{T} A \qquad (2)\] Тогда в каждом из диапазонов интеграл будет браться по-разному: \[I(T) = \begin{cases} \int \limits_0^{T} A, & \mbox{if } T \le \pi/2 \\ \int \limits_0^{T} A - 2 \int \limits_{\pi/2}^{T} A, & \mbox{if } T \gt \pi/2 \mbox{ and } T \le 3\pi/2 \\ \int \limits_0^{T} A - 2 \int \limits_{\pi/2}^{T} A + \int \limits_{3\pi/2}^{T} A, & \mbox{otherwise} \end{cases} \qquad (3)\] В каждом из диапазонов решение такого интеграла классическое: \[\int \limits_{T_1}^{T_2} A = {\sin(T_2)^{n+1} - \sin(T_1)^{n+1} \over n+1} \qquad (4)\] Отсюда, сокращая и преобразовывая некоторые функции, получаем окончательный результат для каждого диапазона: \[I(T) = \frac{1}{n+1} \begin{cases} \sin(T)^{n+1}, & \mbox{if } T \le \pi/2 \\ 2 - \sin(T)^{n+1}, & \mbox{if } T \gt \pi/2 \mbox{ and } T \le 3\pi/2 \\ \sin(T)^{n+1} + 2 \left(1 - (-1)^{n+1} \right), & \mbox{otherwise} \end{cases} \qquad (5)\] Интересным и довольно простым может быть решение интеграла (1) для полного периода (\(0..2\pi\)): \[I(2\pi) = 2 \frac{1 - (-1)^{n+1}}{n+1} \qquad (6)\] Для нескольких периодов, решение (6) нужно просто домножить на их количество. Интересно, что сумма ряда с бесконечным числом \(n\), составленного из квадратов таких решений будет такой: \[\sum \limits_{n=0}^{\infty} I(2\pi)^2 = 4 \sum \limits_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1 - (-1)^{n+1}}{n+1} \right)^2 = 2\pi^2 \qquad (7)\]