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Cette formule va à l’infini ; mais comme il faut que lorsque $x=0$ on ait $y_{0,t,u}=0,$ quels que soient $t$ et $u,$ pourvu qu’ils ne soient pas nuls à la fois, il est facile de voir que tous les termes de la forme $y_{r,s,0}$ dans lesquels $r$ sera négatif, devront nécessairement être nuls ; de sorte que la formule deviendra finie, et qu’elle ne devra être poussée que jusqu’aux termes, inclusivement, qui seront affectés du coefficient

${\frac {u(u+1)(u+2)\ldots (x-1)}{1.2.3\ldots (x-u)}}.$

Ainsi donc on n’aura plus que des termes de la forme $y_{r,s,0}$ où $r$ sera toujours positif, mais où $s$ pourra devenir négatif. Pour connaître les valeurs de $y_{r,s,0}$ lorsque $s$ est négatif, je fais dans la formule générale ci-dessus $t=0,$ auquel cas la valeur de $y_{x,0,u}$ doit être égale à celle de $y_{x,t}$ du n^o 49 en changeant $t$ en $u$ et $p$ en $q\,;$ et comme cette égalité doit avoir lieu quels que soient $x$ et $u,$ j’en déduis aisément, par la comparaison des termes affectés des mêmes coefficients $u,{\frac {u(u+1)}{2}},\ldots ,$ ces égalités

${\begin{aligned}&y_{x-u,0,0}=1,\\n&y_{x-u-1,0,0}+py_{x-u-1,-1,0}=1-q,\\n^{2}&y_{x-u-2,0,0}+2npy_{x-u-2,-1,0}+p^{2}y_{x-u-2,-2,0}=(1-q)^{2},\end{aligned}}$

et ainsi ce suite ; d’où l’on tire successivement, à cause de $n=1-p-q,$

$y_{x-u,0,0}=1,\quad y_{x-u-1,-1,0}=1,\quad y_{x-u-2,-2,0}=1,\ldots ,$

de sorte qu’on aura, en général,

$y_{r,s,0}=1$

lorsque $s$ sera zéro ou négatif, $r$ étant positif ou zéro.

On peut d’ailleurs se convaincre à priori que $y_{r,s,0}$ doit être égal à $1$ lorsque $s$ est négatif ; car, en supposant $s$ positif, cette quantité exprime le sort du joueur, lorsqu’il lui reste encore $r$ coups à jouer, et qu’il doit encore amener l’un des événements $s$ fois ; or, si $s$ devient négatif, il est visible que l’on aura le sort du joueur lorsqu’il a déjà amené l’événement