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

来源:学生作业帮助网 编辑:六六作业网 时间:2024/12/25 15:12:35
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设f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)内可导,且f(1)=0,证明存在

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
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

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
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.

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<ξ<1
约掉一个ξ,就是结论