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$a+2i$ étant supposé un très grand nombre, fort supérieur au nombre $a,$ il suffit de considérer le terme du premier membre qui correspond à $s$ nul, et alors on a

$a+2i+1={\frac {\log \left[{\cfrac {a(k-1)}{2}}\sin {\cfrac {\pi }{2a}}\right]}{\log \left(\cos {\cfrac {\pi }{2a}}\right)}},$

ces logarithmes pouvant être à volonté hyperboliques ou tabulaires.

Si, dans les formules précédentes, on suppose $a$ infini, $b$ restant un nombre fini, on aura le cas dans lequel le joueur $\mathrm {A}$ joue contre le joueur $\mathrm {B}$ qui a primitivement le nombre $b$ de jetons, jusqu’à ce qu’il ait gagné tous les jetons de $\mathrm {B}$, sans que jamais celui-ci puisse gagner $\mathrm {A}$, quel que soit le nombre des jetons qu’il lui gagne. Dans ce cas, la fonction génératrice $(o)$ de $y_{a,x'}$ se réduit à

${\frac {2^{b}p^{b}t'^{b}}{\left(1-t'^{2}\right)\left(1+{\sqrt {1-4pqt'^{2}}}\right)^{b}}},$

car alors $\left(1-{\sqrt {1-4pqt'^{2}}}\right)^{a}$ et $\left(1-{\sqrt {1-4pqt'^{2}}}\right)^{a+b},$ développés, ne renferment que des puissances infinies de $t'$ puissances que l’on doit négliger, quand on ne considère qu’un nombre fini de coups. On a par ce qui précède

$\left(1+{\sqrt {1-4pqt'^{2}}}\right)^{-b}$

$={\frac {1}{2^{b}}}\left\{{\begin{aligned}1&+bpqt'^{2}+{\frac {b(b+3)}{1.2}}p^{2}q^{2}t'^{4}+{\frac {b(b+4)(b+5)}{1.2.3}}p^{3}q^{3}t'^{6}+\ldots \\&+{\frac {b(b+i+1)(b+i+2)\ldots (b+2i-1)p^{i}q^{i}t'^{2i}}{1.2.3\ldots i}}+\ldots \end{aligned}}\right\}.$

En multipliant ce second membre par ${\frac {2^{b}p^{b}t'^{b}}{1-t'^{2}}},$ coefficient de $t'^{b+2i}$ sera

$p^{b}\left[1+bpq+{\frac {b(b+3)}{1.2}}p^{2}q^{2}+{\frac {b(b+i+1)(b+i+2)\ldots (b+2i-1)p^{i}q^{i}}{1.2.3\ldots i}}\right]\,;$

c’est la valeur de $y_{ab+2i},$ ou la probabilité que $\mathrm {A}$ gagnera la partie avant ou au coup $b+2i.$