贡献者： 零穹
本节给出的两个定理，将有助于引出欧拉方程。其中一个定理属于拉格朗日，另一个属于黎曼。由拉格朗日推演的欧拉方程是不精确的，这可从拉格朗日变换的定义中看到。而由黎曼推演可精确的推出欧拉方程，并且得到在极值曲线的正规点上，$y''$ 存在，而这是事先并未假定的。本节将证明推演欧拉方程用到的这两个定理。
定理 1 （拉格朗日）
若对任意的属于 $C_1$ 类（子节 2 ）的函数 $\eta(x)$，并且其满足 $\eta(a)=\eta(b)=0$，属于 $C_1$ 类的函数 $M(x)$ 都有
\begin{equation}
\int_a^b M(x)\eta(x) \,\mathrm{d}{x} =0~,
\end{equation}
则对于一切的 $a\leq x\leq b,M(x)=0$.
定理 2 （黎曼）
若对任意的属于 $C_1$ 类的函数 $\eta(x)$，并且其满足 $\eta(a)=\eta(b)=0$，属于 $C_1$ 类的函数 $M(x)$ 都有
\begin{equation}
\int_a^b M(x)\eta'(x) \,\mathrm{d}{x} =0~,
\end{equation}
则对于一切的 $a\leq x\leq b$，$M(x)$ 为常数。
1. 证明
以下将用反证法证明。
设在区间 $[a,b]$ 上某点 $c$，$M(c)\neq0$。例如 $M(c)>0$，由于 $M(x)$ 的连续性，取充分大的 $n$，可以得到包含在 $[a,b]$ 内的区间 $[x_0,x_0+\frac{\pi}{n}]$，它包含着 $c$ 点，并且在它上面 $M(x)$ 大于某一正数 $m$。
定义
\begin{equation}
\eta_0(x)= \left\{\begin{aligned}
&\sin^2 [n(x-x_0)] \quad && (x\in [x_0,x_0+\frac{\pi}{n}])\\
&0 \quad &&(other)~.
\end{aligned}\right. \end{equation}
则函数 $\eta_0(x)$ 是 $C_1$ 类的，且 $\eta_0(a)=\eta_0(b)=0$。因此，由
定理 1 条件，
式 1 成立。
但
\begin{equation}
\begin{aligned}
&\int_a^b M(x)\eta_0(x) \,\mathrm{d}{x} \\
&=\int_{x_0}^{x_0+\frac{\pi}{n}}M(x)\sin^2[n(x-x_0)] \,\mathrm{d}{x} \\
&>m\int_{x_0}^{x_0+\frac{\pi}{n}}\sin^2[n(x-x_0)] \,\mathrm{d}{x} =\frac{\pi m}{2n}>0~.
\end{aligned}
\end{equation}
这与
式 1 矛盾，故
定理 1 得证。
设 $M(x)$ 不是常数，则在区间 $[a,b]$ 上，至少有两点 $c_1,c_2$，使得 $M(c_1)\neq M(c_2)$，设 $M(c_1)>M(c_2)$。由 $M(x)$ 的连续性，存在 $d_1,d_2$，使得
\begin{equation}
M(c_1)>d_1>d_2>M(c_2)~.
\end{equation}
并且取充分大的 $n$，可以得到包含在 $[a,b]$ 内的一对区间 $[x_0,x_0+\frac{\pi}{n}]$ 和 $[x_1,x_1+\frac{\pi}{n}]$，它们分别包含着点 $c_1$ 和 $c_2$，并且在前一区间上面 $M(x)>d_1$，而在另一区间上，$M(x)< d_2$。定义函数
\begin{equation}
\eta'(x)= \left\{\begin{aligned}
&\sin^2[n(x-x_0)]\quad &&(x\in[x_0,x_0+\frac{\pi}{n}])\\
&-\sin^2[n(x-x_1)]\quad &&(x\in[x_1,x_1+\frac{\pi}{n}])\\
&0\quad &&(other)~.
\end{aligned}\right. \end{equation}
显然，$\eta'(x)$ 连续，所以函数 $\eta(x)=\int_a^x\eta'(x) \,\mathrm{d}{x} $ 连续且有连续微商 $\eta'(x)$，并且 $\eta(a)=\eta(b)=0$，由
定理 2 条件，
式 2 成立，但
\begin{equation}
\begin{aligned}
&\int_a^b M(x)\eta'(x) \,\mathrm{d}{x} =\\
&\int_{x_0}^{x_0+\frac{\pi}{n}}M(x)\sin^2[n(x-x_0)] \,\mathrm{d}{x} -\int_{x_1}^{x_1+\frac{\pi}{n}}M(x)\sin^2[n(x-x_1)] \,\mathrm{d}{x} \\
&>(d_1-d_2)\int_0^{\frac{\pi}{n}}\sin^2nx \,\mathrm{d}{x} >0~.
\end{aligned}
\end{equation}
这与
式 2 矛盾，故
定理 2 得证。
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