La primera variación de las necesidades de dos perturbación $\eta_1$ e $\eta_2$ y son dependientes unos de otros. En efecto, esto le da el multiplicador de Lagrange.
Definir $g(x):=xe^{-x}$. De hecho, está claro que esta función es un arenque rojo de tanto tiempo, ya que no es cero. Hemos
$$\label{conVar}\int g(x)(f*\eta)(x)\,dx=0 \tag1$$
o estacionarios de la función de $f$satisface
$$\label{var}\int g(x)(\eta(x)+\lambda f*\eta(x))\,dx=0,\tag2$$
para todos los admisible $\eta$, donde $\lambda$ es una constante, es decir, el multiplicador de Lagrange. Denota la transformada de Fourier de $f$ por $\mathcal F[f]$ y el complejo de la conjugación de $g$ por $\bar g$. Por el teorema de Plancherel, tenemos para la Ecuación \eqref{conVar}
\begin{align}
0&=\int g(x)(f*\eta)(x))\,dx \\
&=\int \overline{\mathcal F[g]}(k)\,\mathcal F[f*\eta](k)\,dk \\
&=\int \overline{\mathcal F[g]}(k)\,\mathcal F[f](k)\mathcal F[\eta](k)\,dk
\end{align}
para todos los admisible $\eta$. Así
$$\mathcal F[f]=0 \Longleftrightarrow f=0.$$
Dependiendo de si $c=0$ o no $f=0$ es un estacionarios de la función o no.
Por la misma razón, la Ecuación \eqref{var} da
\begin{align}
0&=\int g(\eta(x)+\lambda f*\eta(x))\,dx \\
&=\int g\big((\delta+\lambda f)*\eta(x)\big)\,dx \\
&=\int \overline{\mathcal F[g]}(k)\,\mathcal F[(\delta+\lambda f)*\eta(x)](k)\,dk \\
&= \int \overline{\mathcal F[g]}(k)\,\mathcal F[(\delta+\lambda f)](k) \,\mathcal F[\eta(x)](k)\,dk \\
&= \int \overline{\mathcal F[g]}(k)\,(1+\lambda\mathcal F[f])(k) \,\mathcal F[\eta](k)\,dk
\end{align}
para cada admisible $\eta$. Desde $\eta$ es arbitrario,
$$1+\lambda\mathcal F[f]=0 \Longleftrightarrow f(x)=-\frac1\lambda\delta(x).$$
$\therefore f:[0,1] \not\rightarrow [0,1].$