Tích phân hàm ẩn bằng Kỹ thuật đưa về bình phương loại 2 – Kỹ thuật Holder 2

Tích phân hàm ẩn bằng Kỹ thuật đưa về bình phương loại 2 – Kỹ thuật Holder 2
=======

Lời Giải:
Hàm dưới dấu tích phân là $\left[f'(x)\right]^2$ và $\cos \left(\dfrac{\pi x}{2}\right)f(x)$, không thấy liên kết.\\
Do đó ta chuyển thông tin của $\cos \left(\dfrac{\pi x}{2}\right)f(x)$ về $f'(x)$ bằng Cách tích phân từng phần của $\displaystyle\int\limits_0^1 \cos \left(\dfrac{\pi x}{2}\right)f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{2}$ cùng với kết hợp $f(1)=0,$ ta được $\displaystyle\int\limits_0^1 \sin \left(\dfrac{\pi x}{2}\right)f'(x)\mathrm{\,d}x=-\dfrac{\pi}{4}$.
Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là $\left[f'(x)\right]^2$ và $\sin \left(\dfrac{\pi x}{2}\right)f'(x)$ nên ta sẽ liên kết với bình phương $\left[f'(x)+\alpha \sin \left(\dfrac{\pi x}{2}\right)\right]^2$.
Ta tìm được $\alpha =\dfrac{\pi}{2} \to f'(x)=-\dfrac{\pi}{2}\sin \left(\dfrac{\pi x}{2}\right) \to f(x)=\cos \left(\dfrac{\pi x}{2}\right)+C\xrightarrow{f(1)=0}C=0$.
Vậy $f(x)=\cos \left(\dfrac{\pi x}{2}\right) \to \displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{2}{\pi}$.
Cách 2. Theo Holder\\
$\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)^2=\left(\displaystyle\int\limits_0^1 \sin \left(\dfrac{\pi x}{2}\right)f'(x)\mathrm{\,d}x\right)^2 \leq \displaystyle\int\limits_0^1 \sin^2\left(\dfrac{\pi x}{2}\right)\mathrm{d}x \cdot \displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)\right]^2\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\pi^2}{8}$.
==============

Lời Giải:
Chuyển thông tin của $f'(x)\sin \left(\pi x\right)$ về $f(x)$ bằng Cách tích phân từng phần của $\displaystyle\int\limits_0^1 f'(x)\sin \left(\pi x\right)\mathrm{d}x=\pi,$ ta được $\displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\cos \left(\pi x\right)\mathrm{d}x=-1$.
Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là $f^2(x)$ và $\cos \left(\pi x\right)f(x)$ nên ta sẽ liên kết với bình phương $\left[f(x)+\alpha \cos \left(\pi x\right)\right]^2$.
Ta tìm được $\alpha =2 \to f(x)=-2\cos \left(\pi x\right) \to \displaystyle\int\limits_0^1 f\left(\dfrac{x}{2}\right)\mathrm{d}x=-2\displaystyle\int\limits_0^1 \cos \left(\dfrac{\pi x}{2}\right)\mathrm{d}x=-\dfrac{4}{\pi}$.
Cách 2. Theo Holder\\
$(-1)^2=\left[\displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\cos \left(\pi x\right)\mathrm{d}x\right]^2 \leq \displaystyle\int\limits_0^1 \cos^2\left(\pi x\right)\mathrm{d}x\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f(x)\right]^2\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{2} \cdot 2$.
==============

Lời Giải:
Tích phân từng phần của $\displaystyle\int\limits_0^{\pi} \left(\sin x-x\right)f’\left(\dfrac{x}{2}\right)\mathrm{d}x=6\pi,$ kết hợp với $f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=0$ ta được\\
ta được $\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} \sin^2xf(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{3\pi}{4}$.
Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là $f^2(x)$ và $\sin^2xf(x)$ nên ta sẽ liên kết với bình phương $\left[f(x)+\alpha \sin^2x\right]^2$.
Ta tìm được $\alpha =-4 \to f(x)=4\sin^2x \Rightarrow f'(x)=4\sin 2x \Rightarrow f”(x)=8\cos 2x$.
Vậy $\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} \left[f”(x)\right]^3\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} \left[8\cos 2x\right]^3\mathrm{\,d}x=0$.
Cách 2. Theo Holder\\
$\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)^2=\left(\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} \sin^2xf(x)\mathrm{\,d}x\right)^2 \leq \displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} \sin^4x\mathrm{\,d}x\displaystyle\int\limits_0^{\tfrac{\pi}{2}} f^2(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{3\pi}{16} \cdot 3\pi$.
==============

Lời Giải:
Tích phân từng phần của $\displaystyle\int\limits_0^1 (x+1)\mathrm{e}^xf(x)\mathrm{\,d}x,$ kết hợp với $f(1)=0$ ta được\\
$\displaystyle\int\limits_0^1 x\mathrm{e}^xf'(x)\mathrm{\,d}x=-\dfrac{\mathrm{e}^2-1}{4}$.
Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là $\left[f'(x)\right]^2$ và $x\mathrm{e}^xf'(x)$ nên ta sẽ liên kết với $\left[f(x)+\alpha x\mathrm{e}^x\right]^2$.
Ta tìm được $\alpha =1 \to f'(x)=-x\mathrm{e}^x \to f(x)=-\displaystyle\int x\mathrm{e}^x\mathrm{\,d}x=(1-x)\mathrm{e}^x+C\xrightarrow{f(1)=0}C=0$.
Vậy $f(x)=(1-x)\mathrm{e}^x \to \displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1 (1-x)\mathrm{e}^x\mathrm{\,d}x=\mathrm{e}-2$.
Cách 2. Theo Holder\\
$\left(-\dfrac{\mathrm{e}^2-1}{4}\right)^2=\left(\displaystyle\int\limits_0^1 x\mathrm{e}^xf'(x)\mathrm{\,d}x\right)^2 \leq \displaystyle\int\limits_0^1 x^2\mathrm{e}^{2x}\mathrm{\,d}x \cdot \displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)\right]^2\mathrm{\,d}x=\dfrac{\mathrm{e}^2-1}{4} \cdot \dfrac{\mathrm{e}^2-1}{4}$.
==============

Lời Giải:
Hàm dưới dấu tích phân là $\dfrac{\left[f'(x)\right]^2}{\mathrm{e}^x}$ nên ta cần tìm một thông tin liên quan $f'(x)$.
Từ giả thiết $f(0)=0, f(1)=1$ ta nghĩ đến $\displaystyle\int\limits_0^1 f'(x)\mathrm{\,d}x=f(x)\bigg|_0^1 =f(1)-f(0)=1$.
Do đó ta có hàm dưới dấu tích phân là $\dfrac{\left[f'(x)\right]^2}{\mathrm{e}^x}$ và $f'(x)$ nên sẽ liên kết với bình phương $\left[\dfrac{f'(x)}{\sqrt{\mathrm{e}^x}}+\alpha \sqrt{\mathrm{e}^x}\right]^2$. Với mỗi số thực $\alpha$ ta có\\
$\displaystyle\int\limits_0^1 \left[\dfrac{f'(x)}{\sqrt{\mathrm{e}^x}}+\alpha \sqrt{\mathrm{e}^x}\right]^2\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1 \dfrac{\left[f'(x)\right]^2}{\mathrm{e}^x}\mathrm{\,d}x+2\alpha \displaystyle\int\limits_0^1 f'(x)\mathrm{\,d}x+\alpha^2\displaystyle\int\limits_0^1 \mathrm{e}^x\mathrm{\,d}x$.
$=\dfrac{1}{\mathrm{e}-1}+2\alpha +\alpha^2(\mathrm{e}-1)=\dfrac{1}{\mathrm{e}-1}\left[(\mathrm{e}-1)\alpha +1\right]^2$.
Ta cần tìm $\alpha$ sao cho $\displaystyle\int\limits_0^1 \left[\dfrac{f'(x)}{\sqrt{\mathrm{e}^x}}+\alpha \sqrt{\mathrm{e}^x}\right]^2\mathrm{\,d}x=0$ hay $\dfrac{1}{\mathrm{e}-1}\left[(\mathrm{e}-1)\alpha +1\right]^2=0 \Leftrightarrow \alpha =-\dfrac{1}{\mathrm{e}-1}$.
Với $\alpha =-\dfrac{1}{\mathrm{e}-1}$ thì $\displaystyle\int\limits_0^1 \left[\dfrac{f'(x)}{\sqrt{\mathrm{e}^x}}-\dfrac{1}{\mathrm{e}-1}\sqrt{\mathrm{e}^x}\right]^2\mathrm{\,d}x=0 \Rightarrow \dfrac{f'(x)}{\sqrt{\mathrm{e}^x}} \equiv \dfrac{1}{\mathrm{e}-1}\sqrt{\mathrm{e}^x},\,\forall x \in [0; 1]$.
Suy ra $f'(x)=\dfrac{\mathrm{e}^x}{\mathrm{e}-1} \to f(x)=\displaystyle\int\limits \dfrac{\mathrm{e}^x}{\mathrm{e}-1}\mathrm{\,d}x=\dfrac{\mathrm{e}^x}{\mathrm{e}-1}+C\xrightarrow{f(0)=0, f(1)=1}C=-\dfrac{1}{\mathrm{e}-1}$.
Vậy $f(x)=\dfrac{\mathrm{e}^x-1}{\mathrm{e}-1} \to \displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{\mathrm{e}-2}{\mathrm{e}-1}$.
Cách 2. Theo Holder\\
$1^2=\left[\displaystyle\int\limits_0^1 f'(x)\mathrm{\,d}x\right]^2=\left[\displaystyle\int\limits_0^1 \dfrac{f'(x)}{\sqrt{\mathrm{e}^x}} \cdot \sqrt{\mathrm{e}^x}\mathrm{\,d}x\right]^2 \leq \displaystyle\int\limits_0^1 \dfrac{\left[f'(x)\right]^2}{\mathrm{e}^x}\mathrm{\,d}x\displaystyle\int\limits_0^1 \mathrm{e}^x\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{\mathrm{e}-1} \cdot (\mathrm{e}-1)=1$.
==============

Lời Giải:
Tương tự bài trước, ta có $\displaystyle\int\limits_0^1 f'(x)\mathrm{\,d}x=f(x)\bigg|_0^1 =f(1)-f(0)=1$.
Do đó ta có hàm dưới dấu tích phân là $\sqrt{1+x^2}\left[f'(x)\right]^2$ và $f'(x)$ nên sẽ liên kết với bình phương $\left[\sqrt[4]{1+x^2}f'(x)+\dfrac{\alpha}{\sqrt[4]{1+x^2}}\right]^2$.
Ta tìm được $\alpha =-\dfrac{1}{\ln \left(1+\sqrt{2}\right)} \to f'(x)=\dfrac{1}{\ln \left(1+\sqrt{2}\right)} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$.
$ \to f(x)=\dfrac{1}{\ln \left(1+\sqrt{2}\right)} \cdot \displaystyle\int\limits \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{\ln \left(1+\sqrt{2}\right)}\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)+C$.
Mà $f(0)=0, f(1)=1 \Rightarrow C=0 \to f(x)=\dfrac{\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}{\ln \left(1+\sqrt{2}\right)}$.
Vậy $\displaystyle\int\limits_0^1 \dfrac{f(x)}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{\ln \left(1+\sqrt{2}\right)}\displaystyle\int\limits_0^1 \dfrac{\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{\ln \left(1+\sqrt{2}\right)}\displaystyle\int\limits_0^1 \ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)d\left[\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\right]$.
$=\dfrac{1}{\ln \left(1+\sqrt{2}\right)} \cdot \dfrac{\ln^2\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}{2}\bigg|_0^1 =\dfrac{1}{2}\ln \left(1+\sqrt{2}\right)$.
Cách 2. Theo Holder\\
$1^2=\left(\displaystyle\int\limits_0^1 f'(x)\mathrm{\,d}x\right)^2=\displaystyle\int\limits_0^1 \sqrt[4]{1+x^2}f'(x) \cdot \dfrac{1}{\sqrt[4]{1+x^2}}\mathrm{\,d}x \leq \displaystyle\int\limits_0^1 \sqrt{1+x^2}\left[f'(x)\right]^2\mathrm{\,d}x \cdot \displaystyle\int\limits_0^1 \dfrac{\mathrm{\,d}x}{\sqrt{1+x^2}}$.
$=\dfrac{1}{\ln \left(1+\sqrt{2}\right)} \cdot \ln \left(1+\sqrt{2}\right)=1$.
==============