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compiuto dal grave nel cadere dal punto $A$ , cioè è uguale alla proiezione $y$ sulla verticale dello spazio percorso moltiplicata per la solita costante $g$ . Ossia:

$\left({\frac {ds}{dt}}\right)^{2}=2g\,y$ , $dt={\frac {ds}{\sqrt {2g\,y}}}={\sqrt {\frac {1+{y'}^{2}}{2g\,y}}}\,dx$ .

Cosicchè (se $b\not =0$ è l'ascissa di $B$ ) il tempo impiegato dal nostro grave nella caduta è

${\frac {1}{\sqrt {2g}}}\int _{0}^{b}{\sqrt {\frac {1+{y'}^{2}}{y}}}dx$ .

Posto dunque nella (2) $f={\sqrt {\frac {1+{y'}^{2}}{y}}}$ , la (2) diventa: ${\frac {1}{2}}{\frac {\sqrt {1+{y'}^{2}}}{y{\sqrt {y}}}}+{\frac {d}{dx}}\left\{{\sqrt {\frac {y}{1+{y'}^{2}}}}\right\}=0$ , che si può scrivere assumendo, com'è lecito, la $y$ a variabile indipendente:

${\frac {1}{2}}{\frac {1}{y^{2}}}{\frac {\sqrt {y(1+{y'}^{2})}}{y'}}+{\frac {d}{dy}}\left\{{\frac {y'}{\sqrt {y(1+{y'}^{2})}}}\right\}=0$ .

Posto ${\frac {y'}{\sqrt {y(1+{y'}^{2}}}}=z$ , se ne trae ${\frac {1}{2\,y^{2}}}{\frac {1}{z}}+{\frac {dz}{dy}}=0$ , ossia $2\,z\,dz+{\frac {dy}{y^{2}}}=0$ .

Integrando si avrà $z^{2}={\frac {1}{y}}-m(m={\text{cost.}})$ , donde:

${\frac {{y'}^{2}}{y(1+{y'}^{2})}}=\left({\frac {1}{y}}-m\right)$ ossia ${\frac {1+{y'}^{2}}{{y'}^{2}}}={\frac {!}{1-my}}$ , $x=\int _{0}^{y}{\sqrt {\frac {my}{1-my}}}dy$ .

Nelle nostre ipotesi ( $B$ più basso di $A$ , asse delle $y$ volto in basso) la $y$ lungo la curva cercata è positiva. Non può dunque essere $m<0$ , perchè altrimenti $1-my>0$ , e il radicale sarebbe immaginario.

Dunque, $m>0$ , e si può porre $m={\frac {1}{2h^{2}}}(h={\text{cost.}})$ .

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