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contenait, $m$ hypothèses différentes qui consistent à supposer successivement qu’elle renfermait $m$ boules blanches, ${m-1}$ boules blanches et une noire, ${m-2}$ boules blanches et deux noires,… une boule blanche et ${m-1}$ noires. Toutes ces hypothèses étant également possibles et s’excluant mutuellement, on peut les prendre pour les $m$ causes C₁, C₂, C₃, etc., de l’événement E, qui est ici l’extraction d’une boule blanche, sortie de B. Or, dans la supposition que parmi les $m$ boules contenues dans B, il y avait $n$ boules blanches, la probabilité de cette extraction serait le rapport de $n$ à $m$, on a donc

$p_{n}={\frac {n}{m}}$ ;

d’où l’on conclut

${\textstyle \sum p_{n}}={\tfrac {1}{2}}(m+1)$,

et, par conséquent,

$\varpi _{n}={\frac {2n}{m(m+1)}}$,

pour la probabilité que B contenait effectivement $n$ boules blanches. Elle ne peut être 1/2 que quand on a ${m=n=3}$. En général, la probabilité que B ne contienne que des boules blanches, ou qu’on ait ${n=m}$, après qu’on en a vu sortir une boule de cette couleur, aura ${\tfrac {2}{m\,+\,1}}$ pour valeur.

Si E′ est l’extraction d’une nouvelle boule blanche de B, sa probabilité $\varpi '$ sera différente, selon que la boule blanche déjà sortie aura été ou n’aura pas été remise dans cette urne.

Dans le premier cas, on aura

$p'_{n}=p_{n}={\frac {n}{m}}$,${{\textstyle \sum p_{n}p'_{n}}={\frac {1}{m^{2}}}{\textstyle \sum n^{2}}}$ ;

mais on a, comme on sait,

${{\textstyle \sum {\dfrac {n(n+1)}{1\,{.}\,2}}}={\frac {m(m+1)(m+2)}{1\,{.}\,2\,{.}\,3}}}$,${{\textstyle \sum n}={\frac {m(m+1)}{1\,{.}\,2}}}$ ;