Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; ق?1] thỏa mãn...

Cách 1: Tính: $\int_0^1 x^2 f(x) \mathrm{d} x$ Đặt $\left\{\begin{array}{c}u=f(x) \\ \mathrm{d} v=x^2 \mathrm{~d} x\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{c}\mathrm{d} u=f^{\prime}(x) \mathrm{d} x \\ v=\dfrac{x^3}{3}\end{array}\right.\right.$
Ta có: $\int_0^1 x^2 f(x) \mathrm{d} x=\left.\dfrac{x^3 f(x)}{3}\right|_0 ^1-\dfrac{1}{3} \int_0^1 x^3 \cdot f^{\prime}(x) \mathrm{d} x$
Mà $\int_0^1 x^2 f(x) \mathrm{d} x=\dfrac{1}{3}$
Ta có $\int_0^1\left[f^{\prime}(x)\right]^2 \mathrm{~d} x=7$
(1). $\int_0^1 x^6 \mathrm{~d} x=\left.\dfrac{x^7}{7}\right|_0 ^1=\dfrac{1}{7}$
$\Rightarrow \int_0^1 49 x^6 \mathrm{~d} x=\dfrac{1}{7} \cdot 49=7$
(2). $\int_0^1 x^3 \cdot f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=-1 \Rightarrow \int_0^1 14 x^3 \cdot f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=-14(3)$.
Cộng hai vế (1) (2) và (3) suy ra $\int_0^1\left[f^{\prime}(x)\right]^2 \mathrm{~d} x+\int_0^1 49 x^6 \mathrm{~d} x+\int_0^1 14 x^3 \cdot f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=7+7-14=$
$
\begin{aligned}
& 0 \Rightarrow \int_0^1\left\{\left[f^{\prime}(x)\right]^2+14 x^3 f^{\prime}(x)+49 x^6\right\} \mathrm{d} x=0 \\
& \Rightarrow \int_0^1\left[f^{\prime}(x)+7 x^3\right]^2 \mathrm{~d} x=0 \\
& \text { Do }\left[f^{\prime}(x)+7 x^3\right]^2 \geq 0 \Rightarrow \int_0^1\left[f^{\prime}(x)+7 x^3\right]^2 \mathrm{~d} x \geq 0 . \text { Mà } \int_0^1\left[f^{\prime}(x)+7 x^3\right]^2 \mathrm{~d} x=0 \\
& \Rightarrow f^{\prime}(x)=-7 x^3 \text {. } \\
& f(x)=-\dfrac{7 x^4}{4}+C \text {. Mà } f(1)=0 \Rightarrow-\dfrac{7}{4}+C=0 \Rightarrow C=\dfrac{7}{4}
\end{aligned}
$
Do đó $f(x)=-\dfrac{7 x^4}{4}+\dfrac{7}{4}$.
Vậy $\int_0^1 f(x) \mathrm{d} x=\int_0^1\left(-\dfrac{7 x^4}{4}+\dfrac{7}{4}\right) \mathrm{d} x=\left.\left(-\dfrac{7 x^5}{20}+\dfrac{7}{4} x\right)\right|_0 ^1=\dfrac{7}{5}$.
Cách 2: Tương tự như trên ta có: $\int_0^1 x^3 . f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=-1$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có: $7=7\left(\int_0^1 x^3 f^{\prime}(x) \mathrm{d} x\right)^2 \leq 7\left(\int_0^1\left(x^3\right)^2 \mathrm{~d} x\right)$.
$\left(\int_0^1\left[f^{\prime}(x)\right]^2 \mathrm{~d} x\right)=7 \cdot \dfrac{1}{7} \cdot \int_0^1\left[f^{\prime}(x)\right]^2 \mathrm{~d} x=\int_0^1\left[f^{\prime}(x)\right]^2 \mathrm{~d} x$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $f^{\prime}(x)=a x^3$, với $a \in \mathbb{R}$.
Ta có $\int_0^1 x^3 \cdot f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=-1 \Rightarrow \int_0^1 x^3 \cdot a x^3 \mathrm{~d} x=-\left.1 \Rightarrow \dfrac{a x^7}{7}\right|_0 ^1=-1 \Rightarrow a=-7$
Suy ra $f^{\prime}(x)=-7 x^3 \Rightarrow f(x)=-\dfrac{7 x^4}{4}+C$, mà $f(1)=0$ nên $C=\dfrac{7}{4}$
Do đó $f(x)=\dfrac{7}{4}\left(1-x^4\right) \forall x \in \mathbb{R}$
Vậy $\int_0^1 f(x) \mathrm{d} x=\int_0^1\left(-\dfrac{7 x^4}{4}+\dfrac{7}{4}\right) \mathrm{d} x=\left.\left(-\dfrac{7 x^5}{20}+\dfrac{7}{4} x\right)\right|_0 ^1=\dfrac{7}{5}$.
Chú ý: Chứng minh bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Cho hàm số $f(x)$ và $g(x)$ liên tục trên đoạn $[a ; b]$.
Khi đó, ta có $\left(\int_a^b f(x) g(x) \mathrm{d} x\right)^2 \leq\left(\int_a^b f^2(x) \mathrm{d} x\right) \cdot\left(\int_a^b g^2(x) \mathrm{d} x\right)$.
Chứng minh:
Trước hết ta có tính chât:
Nếu hàm số $h(x)$ liên tục và không âm trên đoạn $[a ; b]$ thì $\int_a^b h(x) \mathrm{d} x \geq 0$
Xét tam thức bậc hai $[\lambda f(x)+g(x)]^2=\lambda^2 f^2(x)+2 \lambda f(x) g(x)+g^2(x) \geq 0$, với mọi $\lambda \in \mathbb{R}$
Lấy tích phân hai vế trên đoạn $[a ; b]$ ta được $\lambda^2 \int_a^b f^2(x) \mathrm{d} x+2 \lambda \int_a^b f(x) g(x) \mathrm{d} x+\int_a^b g^2(x) \mathrm{d} x \geq$ 0 , với mọi $\lambda \in \mathbb{R}(*)$
Coi $(*)$ là tam thức bậc hai theo biến $\lambda$ nên ta có $\Delta^{\prime} \leq 0$
$
\begin{aligned}
& \Leftrightarrow\left(\int_a^b f^2(x) \mathrm{d} x\right)^2-\left(\int_a^b f^2(x) \mathrm{d} x\right)\left(\int_a^b g^2(x) \mathrm{d} x\right) \leq 0 \\
& \Leftrightarrow\left(\int_a^b f^2(x) \mathrm{d} x\right)^2 \leq\left(\int_a^b f^2(x) \mathrm{d} x\right)\left(\int_a^b g^2(x) \mathrm{d} x\right)
\end{aligned}
$
(đpcm)