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on a donc

$y_{x,x'}={\frac {1}{2^{x}}}\left\{{\begin{aligned}1&+x{\frac {1}{2}}+{\frac {x(x+1)}{1.2}}{\frac {1}{2^{2}}}+{\frac {x(x+1)(x+2)}{1.2.3}}{\frac {1}{2^{3}}}+\ldots \\&+{\frac {x(x+1)(x+2)\ldots (x+x'-2)}{1.2.3\ldots (x'-1)}}{\frac {1}{2^{x'-1}}}\end{aligned}}\right\},$

résultat conforme à ce qui précède.

Concevons présentement qu’il y ait dans l’urne une boule blanche portant le n^o 1, et deux boules noires, dont une porte le n^o 1, et l’autre porte le n^o 2, la boule blanche étant favorable à $\mathrm {A}$, et les boules noires à son adversaire, chaque boule diminuant de son numéro le nombre de points qui manquent au joueur auquel elle est favorable, $y_{x,x'}$ étant toujours la probabilité que le joueur $\mathrm {A}$ atteindra le premier le nombre donné, on aura l’équation aux différences partielles

$y_{x,x'}={\frac {1}{3}}y_{x-1,x'}+{\frac {1}{3}}y_{x,x'-1}+{\frac {1}{3}}y_{x,x'-2}\,;$

car, au tirage suivant, si la boule blanche sort, $y_{x,x'}$ devient $y_{x-1,x'}\,;$ si la boule noire numérotée $1$ sort, $y_{x,x'}$ devient $y_{x,x'-1},$ et si la boule noire numérotée $2$ sort, $y_{x,x'}$ devient $y_{x,x'-2},$ et la probabilité de chacun de ces événements est ${\frac {1}{3}}.$

La fonction génératrice de $y_{x,x'}$ est

${\frac {\mathrm {M} }{1-{\frac {1}{3}}t-{\frac {1}{3}}t'-{\frac {1}{3}}t'^{2}}},$

$\mathrm {M}$ étant une fonction arbitraire def $t',$ qui doit, par ce qui précède, avoir pour facteur $t'$ et dans le cas présent être égale à

${\frac {t'}{1-t'}}\left(1-{\frac {1}{3}}t'-{\frac {1}{3}}t'^{2}\right),$

en sorte que la fonction génératrice de $y_{x,x'}$ est

${\frac {t'\left(1-{\frac {1}{3}}t'-{\frac {1}{3}}t'^{2}\right)}{(1-t')\left(1-{\frac {1}{3}}t-{\frac {1}{3}}t'-{\frac {1}{3}}t'^{2}\right)}}.$

Le coefficient de $t^{x}$ dans le développement de cette fonction est

${\frac {1}{3^{x}}}{\frac {t'}{1-t'}}{\frac {1}{\left(1-{\frac {1}{3}}t'-{\frac {1}{3}}t'^{2}\right)^{x}}},$