变分法预备定理

若对任意$h(x)$，有$\int_a^b{M(x)h(x)dx}=0$，且$h(a)=h(b)=0$,则$M(x)=0$。

证：

因为$h(x)$为任意函数，取:

$$h(x)=-M(x)(x-a)(x-b),$$

则

$$M(x)h(x)=-M^{2}(x)(x-a)(x-b)。$$

因为

$$-(x-a)(x-b)\geq0,$$

所以若使

$$\int_a^b{M(x)h(x)dx}=\int_a^bM^{2}(x)[-(x-a)(x-b)]dx=0,$$

必须要求$M^{2}(x)=0$，即$M(x)=0$。

同样的，对于任意$\eta(x)$,$\xi(x)$，有

$$\int_a^b{[M(x)\eta(x)+N(x)\xi(x)]dx}=0，$$

且

$$\eta(a)=\eta(b)=\xi(a)=\xi(b)，$$

则有$M(x)=N(x)=0$。

泛函极值问题

考虑以下形式泛函的极值问题，假设$y(x)$使得以下表达式的值最大或最小：

$$I(y(x))=\int_{x_1}^{x_2}F(x,y,y’)dx$$

假设对于一般的$\overline{y}$，有：

$$\overline{y}=y+\epsilon \eta$$

其中，$\eta$为任意的一、二阶均可导的函数，且有：

$$\eta(x_1)=\eta(x_2)=0$$

则当$I$取得极值时，其对$\epsilon$的导数为0（参考函数极值问题），并且$\overline{y}=y$。因此，有：

$$\frac{dI(\overline{y}(x))}{d\epsilon}= \int_{x_1}^{x_2} \frac{dF(x,y+\epsilon \eta,y’+\epsilon \eta’)}{d\epsilon}dx=0\ \mathsf {where}\ (\epsilon=0),$$

其中，

$$\frac{dF(x,y+\epsilon \eta,y’+\epsilon \eta’)}{d\epsilon}={F_y}(x,y,y’) \eta+F_{y’}(x,y,y’) \eta’\ \mathsf {where}\ (\epsilon=0),$$

因此，有

$$\int_{x_1}^{x_2}{F_y}(x,y,y’) \eta+F_{y’}(x,y,y’) \eta’dx=0$$

其中，第二项

$$\int_{x_1}^{x_2}F_{y’}(x,y,y’) \eta’dx=\int_{x_1}^{x_2}F_{y’}(x,y,y’) d\eta$$

$$\int_{x_1}^{x_2}F_{y’}(x,y,y’) \eta’dx={F_{y’}({…})\eta(x_2)}-{F_{y’}({…})\eta(x_1)}-\int_{x_1}^{x_2}\frac{dF_{y’}}{dx}\eta dx$$

由于$\eta(x_1)=\eta(x_2)=0$

$$\int_{x_1}^{x_2}F_{y’}(x,y,y’) \eta’dx=-\int_{x_1}^{x_2}\frac{dF_{y’}}{dx}\eta dx$$

因此，有

$$\int_{x_1}^{x_2}[{F_y}(x,y,y’) -\frac{dF_{y’}}{dx}]\eta dx=0$$

有变分法预备定理可知：

$${F_y}(x,y,y’) -\frac{dF_{y’}}{dx}=0$$

此时，得到欧拉方程的形式一。

下面对形式二进行推导：

$$\frac{dF(x,y,y’)}{dx}=F_{x}+y’F_{y}+y’’F_{y’}$$

$$\frac{d}{dx}{(y’F_{y’})}=y’’{F_{y’}}+y’\frac{dF_{y’}}{dx}$$

把上上式中的$y’’{F_{y’}}$代入上式中：

$$\frac{d}{dx}{(y’F_{y’})}=\frac{dF}{dx}-F_{x}-y’F_{y}+y’\frac{dF_{y’}}{dx}$$

$$F_x-\frac{d}{dx}(F-y’F_{y’})=-y’F_{y}+y’\frac{dF_{y’}}{dx}$$

由欧拉方程的形式一可知，上式右部分为0，因此有：

$$F_x-\frac{d}{dx}(F-y’F_{y’})=0$$

由此得到欧拉方程的形式二。