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${\frac {U}{(1+u)^{s+1}}}=0,$

parce que $U$ est le produit de $s$ facteurs du premier degré par rapport à $u\,;$ on aura donc

$\int {\frac {\operatorname {d} U}{(1+u)^{s+1}}}=-1+(s+1)\int {\frac {U\operatorname {d} u}{(1+u)^{s+2}}}\,;$

ce qui rend identique l’équation (3) qu’il s’agissait de vérifier.

5. Maintenant, proposons-nous ce second problème : les mêmes choses étant posées que dans le premier, on fait une première suite de tirages que l’on continue jusqu’à ce que la somme des numéros amenés ait atteint ou surpassé le nombre $x\,;$ ensuite, sans remettre les numéros sortis, on fait une seconde suite de tirages, que l’on prolonge jusqu’à ce que la somme des numéros amenés ait de même atteint ou surpassé un nombre aussi donné $x',$ on demande la probabilité qu’on obtiendra, à la fois, la somme $x,$ dans la première opération, et la somme $x',$ dans la seconde ?

Comme dans le premier problème, la probabilité d’amener, dans la première suite de tirages et dans un ordre quelconque, $a_{1}$ boules n.^o 1, $a_{2}$ boules n.^o 2, $a_{3}$ boules n.^o 3 …, $a_{i}$ boules n.^o i, sera exprimée par

${\frac {n!(s-n)!}{s!}}.{\frac {x_{1}!}{a_{1}!(x_{1}-a_{1})!}}.{\frac {x_{2}!}{a_{2}!(x_{2}-a_{2})!}}.\ldots {\frac {x_{i}!}{a_{i}!(x_{i}-a_{i})!}}\,;$

cet événement ayant eu lieu, la probabilité d’amener à la seconde suite de tirages, aussi dans un ordre quelconque, $b_{1}$ boules n.^o 1, $b_{2}$ boules n.^o 2, $b_{3}$ n.^o 3, …, $b_{i}$ boules n.^o i, sera