歐拉-拉格朗日方程

設${\displaystyle (0,\ 0)}$及${\displaystyle (a,\ b)}$為直角坐標上的兩個固定點，欲求連接兩點之間的最短曲線。設${\displaystyle (x(t),\ y(t))(t\in [0,\ 1])}$，並且

${\displaystyle (x(0),\ y(0))=(0,\ 0),\ (x(1),\ y(1))=(a,\ b)}$；

這裏，${\displaystyle (x(t),\ y(t))\in C^{1}[0,\ 1]}$為連接兩點之間的曲線。則曲線的弧長為

${\displaystyle L(y)=\int _{0}^{1}{\sqrt {[x'(t)]^{2}+[y'(t)]^{2}}}dt}$。

現設

${\displaystyle {\vec {y}}(t)=(x(t),\ y(t))}$，

${\displaystyle f(t,\ {\vec {y}}(t),\ {\vec {y}}'(t))={\sqrt {x'(t)^{2}+y'(t)^{2}}}}$，

取偏微分，則

${\displaystyle f_{x'}={\frac {x'(t)}{\sqrt {x'(t)^{2}+y'(t)^{2}}}}}$，

${\displaystyle f_{y'}={\frac {y'(t)}{\sqrt {x'(t)^{2}+y'(t)^{2}}}}}$，

${\displaystyle f_{x}=f_{y}=0}$。

若${\displaystyle y}$使得${\displaystyle L(y)}$取得局部平穩值，則${\displaystyle y}$符合第一方程：

${\displaystyle {\frac {d}{dt}}f_{x'}(t,y,y')=f_{x}(t,y,y')=0}$，

${\displaystyle {\frac {d}{dt}}f_{y'}(t,y,y')=f_{y}(t,y,y')=0}$。

因此，

${\displaystyle {\frac {d}{dt}}{\frac {x'}{\sqrt {x'(t)^{2}+y'(t)^{2}}}}=0}$，

${\displaystyle {\frac {d}{dt}}{\frac {y'}{\sqrt {x'(t)^{2}+y'(t)^{2}}}}=0}$。

隨${\displaystyle t}$積分，

${\displaystyle {\frac {x'}{\sqrt {x'^{2}+y'^{2}}}}=C_{0}}$，

${\displaystyle {\frac {y'}{\sqrt {x'^{2}+y'^{2}}}}=C_{1}}$；

這裏，${\displaystyle C_{0},\ C_{1}}$為常數。重新編排，

${\displaystyle x'={\sqrt {\frac {C_{0}^{2}}{1-C_{0}^{2}}}}=r}$，

${\displaystyle y'={\sqrt {\frac {C_{1}^{2}}{1-C_{1}^{2}}}}=s}$。

再積分，

${\displaystyle x(t)=rt+r'}$，

${\displaystyle y(t)=st+s'}$。

代入初始條件

${\displaystyle (x(0),\ y(0))=(0,\ 0)}$，

${\displaystyle (x(1),\ y(1))=(a,\ b)}$；

即可解得${\displaystyle (x(t),\ y(t))=(at,\ bt)}$，是連接兩點的一條線段。

另經過其他的分析，可知此解為唯一解，並且該解使得${\displaystyle L(y)}$取得極小值，所以在平面上連結兩點間弧長最小的曲線為一直線。

另一个例子同样是求定义在区间[a, b]上的实值函数y满足y(a) = c与y(b) = d，并且沿着y所定义的曲线的道路长度最短。

${\displaystyle s=\int _{a}^{b}{\sqrt {1+y'^{2}}}\mathrm {d} x,}$

被积函数为

${\displaystyle L(x,y,y')={\sqrt {1+y'^{2}}}}$

L的偏导数为

${\displaystyle {\frac {\partial L(x,y,y')}{\partial y'}}={\frac {y'}{\sqrt {1+y'^{2}}}}}$

以及

${\displaystyle {\frac {\partial L(x,y,y')}{\partial y}}=0.}$

把上面两式代入欧拉-拉格朗日方程，可以得到

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} x}}{\frac {y'(x)}{\sqrt {1+(y'(x))^{2}}}}&=0\\{\frac {y'(x)}{\sqrt {1+(y'(x))^{2}}}}&=C={\text{constant}}\\\Rightarrow y'(x)&={\frac {C}{\sqrt {1-C^{2}}}}:=A\\\Rightarrow y(x)&=Ax+B\end{aligned}}}$

也就是说，该函数的一阶导数必须为常值，因此其图像为直线。