Hneď zo zadania vieme povedať, že riešenie bude mať viacero krokov. V prvom rade si musíme uvedomiť, aké sily pôsobia na lanovku, tieto sily musíme aj vyjadriť, keďže budeme musieť s nimi počítať. Následne nám zadanie ponúka špeciálny prípad keď lanovka vychádza zo stanice, takže si napíšeme rovnice pre tú situáciu. Následne si napíšeme rovnice pre všeobecný bod lanovky a budeme upravovať.

Na lanovku v prvom rade pôsobí tiažová sila, ktorá pôsobí smerom dole a má veľkosť $mg$. Takisto je lanovka ťahaná ťažným lanom z hornej stanice, ktoré ju ťahá smerom k hornej stanici. Jej veľkosť nevieme, takže si ju označme $F$. Na lanovku ešte pôsobí nosné lano. Keďže nás v každom okamihu zaujíma ustálený prípad, vieme, že lanovka sa nehýbe v tom momente. Preto si môžeme predstaviť, že ak by bola lanovka pripevnená pevne k lanu, tak by mali na ňu pôsobiť rovnaké sily. Ak je pripevnená, tak je ľahko nahliadnutelné, že na ňu pôsobí sila smerom k hornej stanici a ďalšia smerom k dolenej stanici. Z toho, že je to jedno lano, tak vieme, že napätie v ňom je všade rovnaké, a preto tieto dve sily musia byť rovnaké. Na lane je okrem kabínky aj závažie hmotnosti $M$, ktoré sa v ustálenom prípade tiež nehýbe. Pôsobí naňho len sila od lana a tiežová sila. Z toho dostávame, že $T = Mg$, kde $T$ je napätie v lane.

Teraz sa pozrieme na špeciálny prípad, keď lanovka štartuje z dolnej stanice. Sily na ňu pôsobiace vyzerajú takto:

Pričom uhol $\alpha$ vieme vyjadriť ako $\arctan\left(\frac{H}{D}\right)$ respektíve $\cot(\alpha) = \frac{D}{H}$. Ide o ustálený prípad, preto sily v horizontálnom a vertikálnom smere sa musia vyrušiť. Z toho máme rovnicu pre vertikálny smer:

$$ mg = \sin(\alpha)(F + T) \quad \rightarrow \quad F + T = \frac{mg}{\sin(\alpha)}. $$

Horizontálny smer:

$$ T = \cos(\alpha)(F + T) = \cos(\alpha) \frac{mg}{\sin(\alpha)} = \cot(\alpha)mg = \frac{D}{H} mg. $$

Teraz sa pozrime na všeobecný prípad, keď je lanovka v nejakej vodorovnej vzdialenosti $x$ od dolnej stanice.

Sily v horizontálnom smere budú:

$$ \cos(\phi)T =\cos(\theta)(T+F) \quad\rightarrow\quad (T+F) = \frac{\cos(\phi)}{\cos(\theta)}. T$$

A vo vertikálnom:

$$ \sin(\phi)T = \sin(\theta)(T+F) - mg = \frac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)}\cos(\phi)T - mg. $$

Keďže nás zaujíma $f(x, y) = 0$ dáme všetky členy na jednu stranu

$$ \begin{aligned} f(x, y) & = \frac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)}\cos(\phi)T - mg - \sin(\phi)T \ & = \left(\frac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)}\cos(\phi) - \sin(\phi)\right)T - mg = 0. \end{aligned} $$

Teraz nadišiel čas dosadiť za všetky $sin$, $cos$ a $T$. Z obrázku vidno následujúce rovnosti $\sin(\phi) = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$, $\cos(\phi) = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$, $\sin(\theta) = \frac{H-y}{\sqrt{(D-x)^2+(H-y)^2}}$, $\cos(\theta) = \frac{D-x}{\sqrt{(D-x)^2+(H-y)^2}}$. Po dosadení spolu aj s $T = \frac{D}{H} mg$:

$$ \begin{aligned} 0 &= f(x, y) = \left( \frac{\frac{H-y}{\sqrt{(D-x)^2+(H-y)^2}}}{\frac{D-x}{\sqrt{(D-x)^2+(H-y)^2}}}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} - \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} \right)\frac{D}{H}mg - mg \ &= \left(\frac{H-y}{D-x}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)\frac{D}{H} - 1 \ &= \left(\frac{H-y}{D-x}x-y\right) - \frac{H}{D}\sqrt{x^2+y^2} \ &= \left(\frac{Hx-yx}{D-x}-\frac{Dy-xy}{D-x}\right) - \frac{H}{D}\sqrt{x^2+y^2} \ &= \frac{Hx-Dy}{D-x} - \frac{H}{D}\sqrt{x^2+y^2}. \end{aligned} $$

Toto už prehlásime za dostatočne pekný tvar, čím nám ostane posledná úloha, vizualizovať ako vyzerá takáto trajektória.