En başta katıksız ve yorumsuz bir çözüm üretip üstünden yorumlar yapalım, üstteki şekile göre,
$G$ noktasındaki cisim $m_1$, $B$ noktasındaki cisim ise $m_2$ ve sayısal olarak $m_1=m_2$ dir.
$G$ ve $B$ noktalarından serbest bırakılan cisimlerden hangisi ilk olarak $H$ veya $E$ noktasına varabilir.
$|GJ|$ ve $|BC|$ ye bağlı olmaksızın $J$ noktasında $m_1$ cisminin hızı ,$mgh=\frac{1}{2}mv_{_{j}}^2$ den dolayı ,$\boxed{\boxed{v_j=\sqrt{2gh}}}$ dır.
$C$ noktasında $m_2$ cisminin hızı ,$mgh=\frac{1}{2}mv_{_{c}}^2$ den dolayı ,$\boxed{\boxed{v_c=\sqrt{4gh}}}$ dır.
$t_1$ , $m_1$ cisminin $H$ 'a varma süresi,
$t_2$ , $m_2$ cisminin $E$ 'ye varma süresi olsunlar,
$|JK|=|CD|=r=j$ olduğundan
1. cismin $|JK|$ 'yı alma süresi $t_{_{|JK|}}=\dfrac{j}{\sqrt{2gh}}$
2. cismin ise aynı mesafeyi alma süresi $t_{_{|JK|}}=\dfrac{j}{\sqrt{4gh}}$
ve yokuşları alma sürelerine sırasıyla $t_{y1}$ ve $t_{y2}$ dersek
ve yokuşları inerken ve çıkarken ortalama hızları sırasıyla $v_j/2$ ve $v_c/2$ olur,
O zaman,
$\boxed{\boxed{t_1=2.t_{y1}+t_{_{|JK|}}\longrightarrow 2.\dfrac{2.q}{\sqrt{2gh}}+\dfrac{r}{\sqrt{2gh}}}}$
$\boxed{\boxed{t_2=2.t_{y2}+t_{_{|CD|}}\longrightarrow 2.\dfrac{2.p}{\sqrt{4gh}}+\dfrac{r}{\sqrt{4gh}}}}$
olur.
Dallandırmaya başlayalım,
$|JK|$'nın $x$ eksenine dik izdüşümü ,$|CD|$'nın $x$ eksenine dik izdüşümü'ne eşit midir?
Eşit ise karşımıza 1. yol olan kenarortay problemi çıkıyor ve onu da dallandırıcagız,
Eşit değil ve yokuşların egımlerı yanı açıları eşitse o zaman devam edelim,
Görüldüğü üzere , $\dfrac{h}{2h}=\dfrac{q}{q+(p-q)}=\dfrac{a}{a+(e-a)}$ olur dolayısıyla,
$e=2a$ ve $p=2q$ eşitlikleri çıkar bu ise ,bize bu dal için gerekli yanıtı vermiş olur,
yukarıdaki
$\boxed{\boxed{t_1=2.t_{y1}+t_{_{|JK|}}\longrightarrow 2.\dfrac{2.q}{\sqrt{2gh}}+\dfrac{r}{\sqrt{2gh}}}}$
$\boxed{\boxed{t_2=2.t_{y2}+t_{_{|CD|}}\longrightarrow 2.\dfrac{2.p}{\sqrt{4gh}}+\dfrac{r}{\sqrt{4gh}}}}$
Eşitliklerinden yola çıkarak, $p=2q$ diyelim , ve $t_2-t_1$ 'i bulup negativ ve pozitivliğini inceleyelim,
$t_2-t_1=\underbrace{\dfrac{4(\sqrt2-1)q}{\sqrt{2gh}}}_{pozitiv}+\underbrace{\dfrac{(\frac{\sqrt2}{2}-1)r}{\sqrt{2gh}}}_{negativ}$
$r>>>q$ oldugundan yanı $r$ , $q$ dan çok çok büyük olucağından ($sin(m(B))=\dfrac{h}{q}=\to 0$ oldugundan negativlik ağır basacaktır ve bunun anlamı,$1.$ durum için $t_1>t_2$ olmasıdır.
Sonuç, 2. dallanma sonucunda $m_2$ cisminin daha hızlı hedefine vardığı ispatlanır.(bu sonuç izdüşümlerin eşit degıl, açıların eşit olmasının sonucuydu , şimdi izdüşümlerini eşleyelim)
Yukarıda izdüşümlerin eşliginden çıkan çizge modellenmiştir.
$\boxed{\boxed{t_1=2.t_{y1}+t_{_{|JK|}}\longrightarrow 2.\dfrac{2.q}{\sqrt{2gh}}+\dfrac{r}{\sqrt{2gh}}}}$
$\boxed{\boxed{t_2=2.t_{y2}+t_{_{|CD|}}\longrightarrow 2.\dfrac{2.p}{\sqrt{4gh}}+\dfrac{r}{\sqrt{4gh}}}}$
eşitliklerinden yola çıkıp gene $t_2-t_1$ diyip işaret analizi yapalım,
$t_2-t_1=\dfrac{2\sqrt2(p-\sqrt2.q)}{\sqrt{2gh}}+\dfrac{r\left(\frac{\sqrt2}{2}-1\right)}{\sqrt{2gh}}$
$(p-\sqrt2.q)$ terimini inceleyelim,
Pisagordan, $e^2+h^2=q^2$ olur, kenarortaydan da $2q^2+h^2=p^2+e^2$ bulmuştuk pisagoru burada yazarsak,
$e^2+3h^2=p^2$ bulunur, $2q^2=2e^2+2h^2$ olduğundan taraf tarafa çıkarırsak,
$p^2-2q^2=h^2-e^2$ bulunur, üçgende açı analizi yapılırsa $h>e$ olduğu kolayca görünür,
$(p-\sqrt2 q)(p+\sqrt2q)=(h-e)(h+e)$
burada $(h+e)$ ve $(p+\sqrt2q)$ ve $(h-e)$ terimleri bariz pozitivdir, dolayısıyla $(p-\sqrt2 q)$ de pozitivmiş,
Şimdi sağdaki terimi yani "$\dfrac{r\left(\frac{\sqrt2}{2}-1\right)}{\sqrt{2gh}}$" inceleyelim,
$r>>>2\sqrt2(p-\sqrt2.q)$ olacağından ve $r$ 'nin katsayısı $\left(\frac{\sqrt2}{2}-1\right)$ negativ olduğundan $t_2-t_1<0$ yani $t_2<t_1$ olur ve bu durumda da $m_2$ cismi ,hedefe daha önce varır.