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

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

Vấn đề 11. Kỹ thuật đưa về bình phương loại 2
Kỹ thuật Holder.
==============

Lời Giải:
Ở đây các hàm xuất hiện dưới dấu tích phân là $\left[f(x)\right]^2, xf(x), f(x)$ nên ta sẽ liên kết với bình phương $\left[f(x)+\alpha x+\beta \right]^2$.
Với mỗi số thực $\alpha, \beta$ ta có $\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f(x)+\alpha x+\beta \right]^2\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f(x)\right]^2\mathrm{\,d}x+2\displaystyle\int\limits_0^1 \left(\alpha x+\beta \right)f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_0^1 \left(\alpha x+\beta \right)^2\mathrm{\,d}x$.
$=4+2\left(\alpha +\beta \right)+\dfrac{\alpha^2}{3}+\alpha \beta +\beta^2$.
Ta cần tìm $\alpha, \beta$ sao cho $\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f(x)+\alpha x+\beta \right]^2\mathrm{\,d}x=0$ hay $4+2\left(\alpha +\beta \right)+\dfrac{\alpha^2}{3}+\alpha \beta +\beta^2=0$.
$\Leftrightarrow \alpha^2+\left(3\beta +6\right)\alpha +3\beta^2+6\beta +12=0$. Để tồn tại $\alpha$ thì $\Delta =\left(3\beta +6\right)^2-4\left(3\beta^2+6\beta +12\right) \geq 0$.
$\Leftrightarrow -3\beta^2+12\beta -12 \geq 0 \Leftrightarrow -3\left(\beta -2\right)^2 \geq 0 \Leftrightarrow \beta =2 \to \alpha =-6$.
Vậy $\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f(x)-6x+2\right]^2\mathrm{\,d}x=0 \to f(x)=6x-2,\,\forall x \in [0; 1] \to \displaystyle\int\limits_0^1 \left[f(x)\right]^3\mathrm{\,d}x=10$.
==============

Lời Giải:
Ở đây các hàm xuất hiện dưới dấu tích phân là $\left[f(x)\right]^2, xf(x), \sqrt{x}f(x)$ nên ta sẽ liên kết với bình phương $\left[f(x)+\alpha x+\beta \sqrt{x}\right]^2$.
Với mỗi số thực $\alpha, \beta$ ta có\\
$\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f(x)+\alpha x+\beta \sqrt{x}\right]^2\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f(x)\right]^2\mathrm{\,d}x+2\displaystyle\int\limits_0^1 \left(\alpha x+\beta \sqrt{x}\right)f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int\limits_0^1 \left(\alpha x+\beta \sqrt{x}\right)^2\mathrm{\,d}x$.
$=5+2\left(\alpha +\beta \right)+\dfrac{\alpha^2}{3}+\dfrac{4\alpha \beta}{5}+\dfrac{\beta^2}{2}$.
Ta cần tìm $\alpha, \beta$ sao cho $\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f(x)+\alpha x+\beta \sqrt{x}\right]^2\mathrm{\,d}x=0$ hay $5+2\left(\alpha +\beta \right)+\dfrac{\alpha^2}{3}+\dfrac{4\alpha \beta}{5}+\dfrac{\beta^2}{2}=0$.
Tương tự như bài trước, ta tìm được $\alpha =-15, \beta =10$.
Vậy $\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f(x)-15x+10\sqrt{x}\right]^2\mathrm{\,d}x=0 \to f(x)=15x-10\sqrt{x},\,\forall x \in [0; 1] \to \displaystyle\int\limits_0^1 \left[f(x)\right]^3\mathrm{\,d}x=\dfrac{5}{6}$.
==============

Lời Giải:
Hàm bình phương không như thông thường là $\left[f(x)\right]^2$ hoặc $\left[f'(x)\right]^2$.
Ở đây các hàm xuất hiện dưới dấu tích phân là $\left[\sqrt{x}f(x)\right]^2, x^2f(x)$ nên ta sẽ liên kết với bình phương $\left[\sqrt{x}f(x)+???\right]^2=xf^2(x)+2???\sqrt{x}f(x)+\left(???\right)^2$. So sánh ta thấy được $???=\dfrac{x\sqrt{x}}{2}$.
Do đó giả thiết được viết lại $\displaystyle\int\limits_0^1 \left(\sqrt{x}f(x)-\dfrac{x\sqrt{x}}{2}\right)^2\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1 \left(\dfrac{x\sqrt{x}}{2}\right)^2\mathrm{\,d}x-\dfrac{1}{16}=0$.
Suy ra $\sqrt{x}f(x)=\dfrac{x\sqrt{x}}{2},\,\forall x \in [0; 1] \to f(x)=\dfrac{x}{2} \to \displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{4}$.
==============

Lời Giải:
Nhận thấy có một tích phân khác cận là $\displaystyle\int\limits_1^8 f(x)\mathrm{\,d}x$. Bằng Cách đổi biến $x=t^3$ ta thu được tích phân $3\displaystyle\int\limits_1^2 t^2f(t^3)\mathrm{\,d}t=3\displaystyle\int\limits_1^2 x^2f(x^3)\mathrm{\,d}x$.
Do đó giả thiết được viết lại $\displaystyle\int\limits_1^2 \left[f(x^3)\right]^2\mathrm{\,d}x+2\displaystyle\int\limits_1^2 f(x^3)\mathrm{\,d}x=2\displaystyle\int\limits_1^2 x^2f(x^3)\mathrm{\,d}x-\dfrac{38}{15}$.$(*)$.
Ở đây các hàm xuất hiện dưới dấu tích phân là $\left[f(x^3)\right]^2, f(x^3), x^2f(x^3)$ nên ta sẽ liên kết với bình phương $\left[f(x^3)+\alpha x^2+\beta \right]^2$.
Tương tự như các bài trên ta tìm được $\alpha =-1, \beta =1$.
Do đó $(*) \Leftrightarrow \displaystyle\int\limits_1^2 \left[f(x^3)-x^2+1\right]^2\mathrm{\,d}x=-\dfrac{38}{15}+\displaystyle\int\limits_1^2 (1-x^2)^2\mathrm{\,d}x=0$.
$ \to f(x^3)=x^2-1,\,\forall x \in [1; 2] \to f(x)=\sqrt[3]{x^2}-1,\,\forall x \in [1; 8] \to \displaystyle\int\limits_1^8 f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{3}{2}$.
==============

Lời Giải:
Hàm dưới dấu tích phân là $\left[f'(x)\right]^2, x^2f(x)$ không có mối liên hệ với nhau.\\
Dùng tích phân từng phần ta có $\displaystyle\int\limits_0^1 x^2f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{x^3}{3}f(x)\bigg|_0^1 -\dfrac{1}{3}\displaystyle\int\limits_0^1 x^3f'(x)\mathrm{\,d}x$. Kết hợp với giả thiết $f(1)=0$, ta suy ra $\displaystyle\int\limits_0^1 x^3f'(x)\mathrm{\,d}x=-1$.
Bây giờ giả thiết được đưa về $\begin{cases}&\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)\right]^2\mathrm{\,d}x=7\\&\displaystyle\int\limits_0^1 x^3f'(x)\mathrm{\,d}x=-1\end{cases}$.
Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là $\left[f'(x)\right]^2, x^3f'(x)$ nên ta sẽ liên kết với bình phương $\left[f'(x)+\alpha x^3\right]^2$.
Với mỗi số thực $\alpha$ ta có $\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)+\alpha x^3\right]^2\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)\right]^2\mathrm{\,d}x+2\alpha \displaystyle\int\limits_0^1 x^3f'(x)\mathrm{\,d}x+\alpha^2\displaystyle\int\limits_0^1 x^6\mathrm{\,d}x$.
$=7-2\alpha +\dfrac{\alpha^2}{7}=\dfrac{1}{7}\left(\alpha -7\right)^2$.
Ta cần tìm $\alpha$ sao cho $\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)+\alpha x^3\right]^2\mathrm{\,d}x=0$ hay $\dfrac{1}{7}\left(\alpha -7\right)^2=0 \Leftrightarrow \alpha =7$.
Vậy $\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)+7x^3\right]^2\mathrm{\,d}x=0 \to f'(x)=-7x^3,\,\forall x \in [0; 1] \to f(x)=-\dfrac{7}{4}x^4+C$.
$\xrightarrow{f(1)=0}C=\dfrac{7}{4} \to f(x)=-\dfrac{7}{4}x^4+\dfrac{7}{4} \to \displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{7}{5}$.
Cách 2. Dùng tích phân từng phần ta có $\displaystyle\int\limits_0^1 x^2f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{x^3}{3}f(x)\bigg|_0^1 -\dfrac{1}{3}\displaystyle\int\limits_0^1 x^3f'(x)\mathrm{\,d}x$. Kết hợp với giả thiết $f(1)=0$, ta suy ra $\displaystyle\int\limits_0^1 x^3f'(x)\mathrm{\,d}x=-1$.
Theo Holder\\
$(-1)^2=\left(\displaystyle\int\limits_0^1 x^3f'(x)\mathrm{\,d}x\right)^2 \leq \displaystyle\int\limits_0^1 x^6\mathrm{\,d}x \cdot \displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)\right]^2\mathrm{\,d}x=\dfrac{x^7}{7}\bigg|_0^1 \cdot 7=1$.
Vậy đẳng thức xảy ra nên ta có $f'(x)=kx^3,$ thay vào $\displaystyle\int\limits_0^1 x^3f'(x)\mathrm{\,d}x=-1$ ta được $k=-7$.
Suy ra $f'(x)=-7x^3$ (làm tiếp như trên).
==============

Lời Giải:
Viết lại $\displaystyle\int\limits_0^1 f'(x)\mathrm{d}\left(f(x)\right)=\dfrac{4}{13} \Leftrightarrow \displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)\right]^2\mathrm{\,d}x=\dfrac{4}{13}$.
Dùng tích phân từng phần ta có $\displaystyle\int\limits_0^1 x^5f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{x^6}{6}f(x)\bigg|_0^1 -\dfrac{1}{6}\displaystyle\int\limits_0^1 x^6f'(x)\mathrm{\,d}x$. Kết hợp với giả thiết $f(1)=1$, ta suy ra $\displaystyle\int\limits_0^1 x^6f'(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{2}{13}$.
Bây giờ giả thiết được đưa về $\begin{cases}&\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)\right]^2\mathrm{\,d}x=\dfrac{4}{13}\\&\displaystyle\int\limits_0^1 x^6f'(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{2}{13}\end{cases}$.
Hàm dưới dấu tích phân bây giờ là $\left[f'(x)\right]^2, x^6f'(x)$ nên ta sẽ liên kết với bình phương $\left[f'(x)+\alpha x^6\right]^2$. Tương tự như bài trên ta tìm được $\alpha =-2 \to f'(x)=2x^6 \to f(x)=\dfrac{2}{7}x^7+C\xrightarrow{f(1)=1}C=\dfrac{5}{7}$.
Vậy $f(x)=\dfrac{2}{7}x^7+\dfrac{5}{7} \to f(2)=\dfrac{261}{7}$.
Cách 2. Theo Holder\\
$\left(\dfrac{2}{13}\right)^2=\left(\displaystyle\int\limits_0^1 x^6f'(x)\mathrm{\,d}x\right)^2 \leq \displaystyle\int\limits_0^1 x^{12}\mathrm{\,d}x \cdot \displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)\right]^2\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{13} \cdot \dfrac{4}{13}=\dfrac{4}{169}$.
==============

Lời Giải:
Từ giả thiết $f(1)=2, f(0)=0$ suy ra $\displaystyle\int\limits_0^1 f'(x)\mathrm{\,d}x=f(x)\bigg|_0^1 =2$.
Hàm dưới dấu tích phân là $\left[f'(x)\right]^2, f'(x)$ nên sẽ liên kết với bình phương $\left[f'(x)+\alpha \right]^2$.
Ta tìm được $\alpha =-2 \to f'(x)=2 \to f(x)=2x+C\xrightarrow{f(0)=0}C=0$.
Vậy $f(x)=2x \to \displaystyle\int\limits_0^1 \left[f^3(x)+2018x\right]\mathrm{d}x=1011$.
Cách 2. Theo Holder\\
$2^2=\left(\displaystyle\int\limits_0^1 f'(x)\mathrm{\,d}x\right)^2 \leq \displaystyle\int\limits_0^1 \mathrm{\,d}x \cdot \displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)\right]^2\mathrm{\,d}x=1 \cdot 4=4$.
==============

Lời Giải:
Chuyển thông tin $\displaystyle\int\limits_1^2 (x-1)^2f(x)\mathrm{\,d}x$ sang $f'(x)$ bằng Cách tích phân từng phần, ta được $\displaystyle\int\limits_1^2 (x-1)^3f'(x)\mathrm{\,d}x=1$.
Hàm dưới dấu tích phân là $\left[f'(x)\right]^2, (x-1)^3f'(x)$ nên liên kết với $\left[f'(x)+\alpha (x-1)^3\right]^2$.
Ta tìm được $\alpha =-7 \to f'(x)=7(x-1)^3 \to f(x)=\dfrac{7}{4}(x-1)^4+C\xrightarrow{f(2)=0}C=-\dfrac{7}{4}$.
Vậy $f(x)=\dfrac{7}{4}(x-1)^4-\dfrac{7}{4} \to \displaystyle\int\limits_1^2 f(x)\mathrm{\,d}x=-\dfrac{7}{5}$.
Cách 2. Theo Holder\\
$1^1=\left[\displaystyle\int\limits_1^2 (x-1)^3f'(x)\mathrm{\,d}x\right]^2 \leq \displaystyle\int\limits_1^2 (x-1)^6\mathrm{\,d}x\displaystyle\int\limits_1^2 \left[f'(x)\right]^2\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{7} \cdot 7=1$.
==============

Lời Giải:
Chuyển thông tin $\displaystyle\int\limits_0^1 f\left(\sqrt{x}\right)\mathrm{d}x$ sang $f'(x)$ bằng Cách:\\
Đặt $t=\sqrt{x} \to \displaystyle\int\limits_0^1 tf(t)\mathrm{\,d}t=\dfrac{1}{5}$ hay $\displaystyle\int\limits_0^1 xf(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{5}$.
Tích phân từng phần $\displaystyle\int\limits_0^1 xf(x)\mathrm{\,d}x,$ ta được $\displaystyle\int\limits_0^1 x^2f'(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{3}{5}$.
Hàm dưới dấu tích phân là $\left[f'(x)\right]^2, x^2f'(x)$ nên liên kết với $\left[f'(x)+\alpha x^2\right]^2$.
Ta tìm được $\alpha =-3 \to f'(x)=3x^2 \to f(x)=x^3+C\xrightarrow{f(1)=1}C=0$.
Vậy $f(x)=x^3 \to \displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{4}$.
Cách 2. Theo Holder\\
$\left(\dfrac{3}{5}\right)^2=\left[\displaystyle\int\limits_0^1 x^2f'(x)\mathrm{\,d}x\right]^2 \leq \displaystyle\int\limits_0^1 x^4\mathrm{\,d}x\displaystyle\int\limits_0^1 \left[f'(x)\right]^2\mathrm{\,d}x=\dfrac{1}{5} \cdot \dfrac{9}{5}=\dfrac{9}{25}$.
==============

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

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