设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(1)=0,证明存在一点ξ∈(0,1),使得2f(ξ)+ξf'(ξ)=0
问题描述：
设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(1)=0,证明存在一点ξ∈(0,1),使得2f(ξ)+ξf'(ξ)=0
答
作辅助函数F(x) = x^2 * f(x)（x^2表示x的平方）
则F(0)=0,F(1)=0
F'(x)=2xf(x)+x^2*f'(x)
由洛尔定理，存在一点ξ，使得F'(ξ)=0,0约掉一个ξ，就是结论
答
g(x)=x^2f(x),g'(x)=2xf(x)+x^2f'(x).
g(1)=1*f(1)=0=g(0),
g(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,
由罗尔中值定理,存在一点ξ∈(0,1),使得
0=g'(ξ)=2ξf(ξ)+ξ^2f'(ξ)=ξ[2f(ξ)+ξf'(ξ)],
而ξ∈(0,1),不为0.所以,有
0=2f(ξ)+ξf'(ξ)
命题得证.