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La méthode de ce Mémoire est aussi applicable à ces sortes de questions, car soient $y$ une ordonnée quelconque du polygone, et $x$ l’abscisse correspondante, on aura pour l’élément fini de l’aire

$\left(y+{\frac {1}{2}}dy\right)dx,$

comme il est aisé de s’en assurer par l’inspection d’une figure fort simple ; par conséquent l’aire entière sera

$\int \left(y+{\frac {1}{2}}dy\right)dx.$

Donc, suivant notre méthode,

$\delta \left[\int \left(y+{\frac {1}{2}}dy\right)dx\right]=\int \left[(\delta y)dx+{\frac {1}{2}}\left(\delta dy\right)dx+\left(y+{\frac {1}{2}}dy\right)\delta dx\right]=0.$

Or, chaque côté du polygone est en général ${\sqrt {dx^{2}+dy^{2}}}\,:$ donc on aura

$\delta {\sqrt {dx^{2}+dy^{2}}}={\frac {dx\delta dx+dy\delta dy}{\sqrt {dx^{2}+dy^{2}}}}=0,$

c’est-à-dire

$dx\delta dx+dy\delta dy=0$

et

$\delta dx=-{\frac {dy\delta dy}{dx}}\,;$

substituant cette valeur de $\delta dx$ dans l’équation précédente, elle deviendra celle-ci :

$\int \left[dx\delta y+\left({\frac {1}{2}}dx-{\frac {ydy}{dx}}-{\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}y}{dx}}\right)\delta dy\right]=0.$

Qu’on mette au lieu de $\delta dy$ son égale $d\delta y,$ et qu’on fasse, pour abréger,

${\frac {1}{2}}dx-{\frac {ydy}{dx}}-{\frac {1}{2}}{\frac {dy^{2}}{dx}}=z,$

on aura la formule $zd\delta y$ qu’il faudra intégrer par parties, afin de faire disparaître la différence de $\delta y.$ Pour cela, je remarque que dans le cas des différences finies on a

$d(z\delta y)=dz\delta y+zd\delta y+dzd\delta y=zd\delta y+dz(\delta y+d\delta y),$