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Mais, si l’on veut que la vitesse initiale soit toujours celle que le corps acquerrait en tombant d’un même point donné, nommant $h$ la hauteur de ce point au-dessus de l’axe horizontal des ordonnées $y,$ on aura $h+x_{0}$ pour la hauteur due à la vitesse initiale dont $z_{0}$ est le carré ; et les principes de la Mécanique donneront

$z_{0}=2g(h+x_{0}).$

Donc

$\Delta (x_{0},y_{0})=2g(h+x_{0}),$

et de là

$\Delta '(x_{0})=2g,\quad \Delta '(y_{0})=0,$

ce qui réduira l’équation de la première limite à celle-ci :

${\frac {1}{y_{0}'}}+(y_{0}')=0,\quad {\text{savoir}}\quad 1+y_{0}'(y')_{0}=0,$

laquelle montre, comme on l’a vu dans le premier exemple, que la ligne de la plus vite descente doit couper aussi à angles droits la ligne qui forme la première limite.

On avait trouvé ces mêmes résultats pour la ligne de la plus vite descente dans le vide. (Voyez le quatrième Volume des Mémoires de Turin^[1] et les Mémoires de l’Académie des Sciences pour les années 1767 et 1768. L’analyse précédente fait voir que les conditions relatives aux limites sont indépendantes de la résistance.

Si, au lieu de la courbe de la plus vite descente, oh demandait celle où la vitesse acquise serait un maximum, il faudrait rendre la quantité $z$ un maximum, et l’on aurait le cas où nous avons vu que les équations générales se réduisent simplement à $\mathrm {(Y)=0,\ (Z)} =0,$ savoir

$\left[2\lambda \varphi (z){\frac {y'}{\sqrt {1+y'^{2}}}}\right]'=0,$

$2\lambda \varphi '(z){\sqrt {1+y'^{2}}}-\lambda '=0,$

1. Œuvres de Lagrange, t. II, p. 37.