设$f(x)$在$[0,1]$上连续，且$\displaystyle \int_{0}^{1}{f(x)dx}=0$,证明:在区间$(0,1)$内存在$c$使得
$$\displaystyle \int_{0}^{c}{xf(x)dx}=0$$,
 

证明
设
\[ F(x)=\int_{0}^{x}{f(t)dt} \]
由条件得
\[ F(0)=F(1)=0 \]
于是，我们要证明区间$(0,1)$内存在$c$使得
\[ cF(c)=\int_{0}^{c}{F(t)dt} \]
构造辅助函数
\[ G(x)=\frac{\int_{0}^{x}{F(t)dt}}{x} \]
并作连续开拓
\[ G(x)=\left\{
     \begin{array}{ll}
       \frac{\int_{0}^{x}{F(t)dt}}{x}, & \hbox{$0<x\leq 1$;} \\
       0, & \hbox{x=0.}
     \end{array}
   \right.\]
显然$G(x)$是$[0,1]$上的连续函数，所以必能取到最大值和最小值。下证明在$x=1$处$G(x)$既不能取到最大值，也不能取到最小值。\\
假设在$x=1$处$G(x)$取到最大值,也即有
\[ G(x)\leq G(1) \]
\[ \Leftrightarrow\int_{0}^{x}{F(t)dt}\leq x\int_{0}^{1}{F(t)dt}=x\int_{0}^{x}{F(t)dt}+x\int_{x}^{1}{F(t)dt} \]
\[\Rightarrow \frac{\int_{0}^{x}{F(t)dt}}{x}\leq \frac{\int_{x}^{1}{F(t)dt}}{1-x} \]
上式令$x\rightarrow1 $
得到
\[ \int_{0}^{1}{F(x)dx}\leq F(1)=0 \]
这说明
\[ G(1)\leq G(0) \]
所以$G(x)$只能为常数函数，否则矛盾。
同样可以说明$G(x)$在$x=1$处不能取到最小值。
故必存在一点$c\in(0,1)$使得$G(x)$取到最值。
显然满足
\[ cF(c)=\int_{0}^{c}{F(t)dt} \]
也即
\[ \int_{0}^{c}{xf(x)dx}=0 \]
由此，命题得证。