拘束条件があるときの変分法を解く手法としてラグランジュの未定定数法というものがある。
たとえば
\begin{eqnarray}
\int_0^Lg(s,\phi,\phi')ds=\int_0^Lcos(\Psi+\phi)ds=const. \\
\int_0^Lh(s,\phi,\phi')ds=\int_0^Lsin(\Psi+\phi)ds=const.
\end{eqnarray}
のもとに
\begin{eqnarray}
\int_0^Lf(s,\phi,\phi')ds=\int_0^L(\frac{d\phi}{ds})^2ds
\end{eqnarray}
の値を最小ならしめる解を求めたいときラグランジュの未定定数法を用いれば簡単に解を導き出すことが出来る。
まず$s,\phi,\phi'$の3変数の関数$\;f(s,\phi,\phi')\;$の極値を求める方法を考える。
\begin{eqnarray}
\frac{\partial f}{\partial s}=\frac{\partial f}{\partial \phi}=\frac{\partial f}{\partial \phi'}=0
\end{eqnarray}
ここで拘束条件があると$\;s,\phi,\phi'\;$は互いに独立ではないので、それぞれ勝手に偏微分することが出来ない。
拘束条件は$\;s,\phi,\phi'\;$の関数であり２つあるから一般に次のように表せる。
\begin{eqnarray}
g(s,\phi,\phi')=c_1 \\
h(s,\phi,\phi')=c_2
\end{eqnarray}
関数$\;f,g,h\;$は極値近傍で次式を満たすと考えることができる。
\begin{eqnarray}
df&=&\frac{\partial f}{\partial s}ds+\frac{\partial f}{\partial \phi}d\phi+\frac{\partial f}{\partial \phi'}d\phi'=0 \\
dg&=&\frac{\partial g}{\partial s}ds+\frac{\partial g}{\partial \phi}d\phi+\frac{\partial g}{\partial \phi'}d\phi'=0 \\
dh&=&\frac{\partial h}{\partial s}ds+\frac{\partial h}{\partial \phi}d\phi+\frac{\partial h}{\partial \phi'}d\phi'=0
\end{eqnarray}
ここで式(8)を$\;\lambda\;$倍し、式(9)を$\;\mu\;$倍したものをそれぞれ式(7)から引いて$\;d\phi'\;$を消去すれば
\begin{eqnarray}
\lambda=\frac{1}{2}\frac{\partial f/\partial \phi'}{\partial g/\partial \phi'}\;\;\;\;\;\mu=\frac{1}{2}\frac{\partial f/\partial \phi'}{\partial h/\partial \phi'}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
df&=&\frac{\partial f}{\partial s}ds+\frac{\partial f}{\partial \phi}d\phi-\lambda(\frac{\partial g}{\partial s}ds+\frac{\partial f}{\partial \phi}d\phi)-\mu(\frac{\partial h}{\partial s}ds+\frac{\partial h}{\partial \phi}d\phi) \nonumber \\
&=&(\frac{\partial f}{\partial s}-\lambda \frac{\partial g}{\partial s}-\mu \frac{\partial h}{\partial s})ds+(\frac{\partial f}{\partial \phi}-\lambda \frac{\partial f}{\partial \phi}-\mu \frac{\partial h}{\partial \phi})d\phi=0
\end{eqnarray}
となる。式(11)はすでに拘束条件を中に含んでいるので外部にはもう拘束条件はない。
すなわち式(11)の$\;s\;$と$\;\phi\;$は独立変数になっているということになる。
すなわち右辺=0が成り立つならば式(11)の中辺に含まれる括弧の中はそれぞれ
恒等的に0になっていると考えられる。これより
\begin{eqnarray}
\frac{\partial f}{\partial s}-\lambda \frac{\partial g}{\partial s}-\mu \frac{\partial h}{\partial s}=0 \\
\frac{\partial f}{\partial \phi}-\lambda \frac{\partial f}{\partial \phi}-\mu \frac{\partial h}{\partial \phi}=0
\end{eqnarray}
式(12)に式(1)(2)(3)を入れると
\begin{eqnarray}
2\frac{d^2 \phi}{ds^2}\frac{d\phi}{ds}+\lambda sin(\Psi+\phi)\frac{d\phi}{ds}-\mu cos(\Psi+\phi)\frac{d\phi}{ds}=0 \nonumber \\
\frac{d^2 \phi}{ds^2}+\frac{\lambda}{2} sin(\Psi+\phi)-\frac{\mu}{2} cos(\Psi+\phi)=0
\end{eqnarray}
となる。$\;\lambda/2=\lambda,\mu/2=\mu\;$と改めて置きなおせば
\begin{eqnarray}
\frac{d^2 \phi}{ds^2}+\lambda \;sin(\Psi+\phi)-\mu \;cos(\Psi+\phi)=0
\end{eqnarray}
となる。次に式(13)に式(1)(2)(3)を入れると
\begin{eqnarray}
\frac{d^2 \phi}{ds^2}+\frac{\lambda}{2} sin(\Psi+\phi)-\frac{\mu}{2} cos(\Psi+\phi) \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(14) \nonumber
\end{eqnarray}
となる。式(12)のときと同様に$\;\lambda/2=\lambda,\mu/2=\mu\;$と改めて置きなおせば
\begin{eqnarray}
\frac{d^2 \phi}{ds^2}+\lambda \;sin(\Psi+\phi)-\mu \;cos(\Psi+\phi)=0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(15) \nonumber
\end{eqnarray}
となり式(12)(13)共に全く同じ結果、式（15)となる。
これより
\begin{eqnarray}
\int_0^Lg(s,\phi,\phi')ds=\int_0^Lcos(\Psi+\phi)ds=const.\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1) \nonumber \\
\int_0^Lh(s,\phi,\phi')ds=\int_0^Lsin(\Psi+\phi)ds=const. \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2) \nonumber
\end{eqnarray}
のもとに
\begin{eqnarray}
\int_0^Lf(s,\phi,\phi')ds=\int_0^L(\frac{d\phi}{ds})^2ds \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3) \nonumber
\end{eqnarray}
の値を最小ならしめるには未定定数$\;\lambda,\mu\;$を用いて
\begin{eqnarray}
\frac{d^2 \phi}{ds^2}+\lambda \;sin(\Psi+\phi)-\mu \;cos(\Psi+\phi)=0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(15) \nonumber
\end{eqnarray}
を解けばよいということになる。なお$\;\lambda,\mu\;$をラグランジュの未定定数という。