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les conditions du Problème donnent aussi $y_{x,0}=1,$ quel que soit $x\,;$ donc, substituant ces valeurs dans l’expression précédente, on aura

$y_{x,t}=p^{t}\left[1+t(1-p)+{\frac {t(t+1)}{2}}(1-p)^{2}+\ldots \right],$

où il ne faudra prendre qu’autant de termes qu’il y a d’unités dans $x-t+1.$

Donc enfin, changeant $x$ en $a$ et $t$ en $b,$ on aura pour le sort cherché

$y_{a,b}=p^{b}\left[1+b(1-p)+{\frac {b(b+1)}{2}}(1-p)^{2}+\ldots \right.$

$\left.+{\frac {b(b+1)\ldots (a-1)}{1.2\ldots (a-b)}}(1-p)^{a-b}\right].$

Ce Problème est résolu dans la Science des hasards de Moivre (page 13. édition de 1756), par induction, et nos solutions s’accordent parfaitement.

Corollaire.

50. Si la question était d’amener l’événement donné $b$ fois ni plus ni moins, en $a$ coups, conservant les mêmes dénominationsque ci-dessus, on trouverait d’abord la même équation différentielle, et par conséquent la même expression générale de $y_{x,t}\,;$ ensuite on prouverait aussi que $y_{0,t}$ doit être zéro tant que $t>0\,;$ ce qui rendra nulles toutes les quantités $y_{s,0}$ où $s$ sera négatif ; mais, à l’égard de $y_{x,0},$ il faudra considérer que cette quantité exprime le sort du joueur lorsqu’il doit encore jouer $x$ coups, et qu’il ne doit plus amener l’événement donné ; or, comme la probabilité de ne pas amener cet événement à chaque coup est $1-p,$ celle de ne pas l’amener dans $x$ coups successifs sera $(1-p)^{x}\,;$ ainsi l’on aura

$y_{x,0}=(1-p)^{x},$

et ; en général,

$y_{s,0}=(1-p)^{s},$

$s$ étant un nombre positif quelconque ou zéro. Par ces substitutions, l’expression de $y_{x,t}$ deviendra

$y_{x,t}=p^{t}(1-p)^{x-1}\left[1+t+{\frac {t(t+1)}{2}}+\ldots +{\frac {t(t+1)\ldots (x-1)}{1.2\ldots (x-t)}}\right],$