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Le Problème V ci-dessus peut aussi se rapporter à la durée des parties ; mais il faut supposer que l’un des joueurs ayant d’abord $b$ jetons, l’autre n’en ait aucun, et que le jeu ne finisse que lorsque celui-ci aura gagné les $b$ jetons de son adversaire.

Problème VII.

64. Soit un nombre $a$ d’urnes rangées de suite, et dont ehaeune contienne $n$ billets en partie blancs et en partie noirs ir volonté ; que l’on tire à la fois de chacune de ces rcrnes un billet au hasard et que l’on mette ensuite le billet tiré de chaque urne dans l’urne suivante, en observant de mettre dans la première urne le billet tiré de la dernière ; on demande quel sera probablement le nombre des billets noirs dans chaque urne après un nombre $b$ de pareils tirages.

Soit $y_{x,t}$ le nombre des billets noirs qu’il y aura probablement dans l’urne $x$^ième après $t$ tirages ; il est facile de voir qu’après un nouveau tirage ce nombre sera probablement augmenté de ${\frac {y_{x-1,t}}{n}},$ et diminué de ${\frac {y_{x,t}}{n}},$ de sorte que l’on aura l’équation

$y_{x,t+1}=y_{x,t}+{\frac {1}{n}}y_{x-1,t}-{\frac {1}{n}}y_{x,t},$

qui se réduit à cette forme

$y_{x,t}+(n-1)y_{x+1,t}-ny_{x+1,t+1}=0.$

Ici les quantités données sont les valeurs de $y_{x,t}$ lorsque $t=0$ et que $x=1,2,3,\ldots ,n,$ lesquelles indiquent les nombres des billets noirs qu’il y a dans chaque urne avant le premier tirage ; de sorte qu’une des conditions du Problème est que les termes $y_{x,0}$ soient tous donnés depuis $x=0$ jusqu’à $x=n$ inclusivement ; l’autre condition à laquelle il faut satisfaire est que les billets tirés de la dernière urne rentrent toujours dans la première ; et il est clair que pour cela il n’y a qu’à supposer que la $a$^ième urne précède la première, c’est-à-dire que cette urne soit aussi