Эта работа посвящена изучению интеграла вида \(\int \limits \sin(x)^n |\cos(x)| \,\Bbb{d}x\), где косинус берётся по абсолютной величине, что порождает интересную симметрию и особенности при вычислениях. Подробно исследуются методы аналитического и численного интегрирования в зависимости от диапазона переменной x, подчёркивая применение классических приёмов анализа и интегрального исчисления.

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

В этом случае решение немного усложняется, и формула (5) становится такой: \[I(T,N) = I(T_{mod}) + 2N \frac{1 - (-1)^{n+1}}{n+1} \\ T_{mod} = \mbox{mod} (T, 2\pi) \tag{8}\] Здесь \(N\) — число полных периодов от \(T\), то есть: \[ N = \mbox{floor} \left( {T \over 2\pi} \right) \tag{9}\] Откуда, к слову, следует, что \(T_{mod}\) можно записать и так: \[ T_{mod} = T - 2\pi N \tag{10}\] Продолжая эту логику получим преобразованную формулу (6): \[I(N) = 2 (N+1) \frac{1 - (-1)^{n+1}}{n+1} \tag{11}\] Из выражения (7) так же получим формулу для целого числа периодов из суммы интегралов по всем степеням \(n\): \[\sum \limits_{n=0}^{\infty} I(N)^2 = 2\pi^2 (N+1)^2 \tag{12}\]

В следующем разделе мы усложним задачу и вместо синуса поставим экспоненту с целой степенью и мнимой единицей.