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RÉSOLUES.

quaternes rectilignes, totalement discontinus, que $m$ numéros peuvent fournir est

${\tfrac {m}{4}}.{\tfrac {m-5}{1}}.{\tfrac {m-6}{2}}.{\tfrac {m-7}{3}}+{\tfrac {m-5}{1}}.{\tfrac {m-6}{2}}={\tfrac {m^{2}-7m+12}{1.2}}+.{\tfrac {m-5}{3}}.{\tfrac {m-6}{4}}.$

$={\tfrac {m-3}{1}}.{\tfrac {m-4}{2}}.{\tfrac {m-5}{3}}.{\tfrac {m-6}{4}}.$

Comme on aperçoit déjà facilement, sans pousser l’induction plus loin, la loi de ces divers résultats, je vais de suite en prouver l’exactitude, pour le cas général où les $m$ numéros doivent être pris $n$ à $n.$

Soient respectivement désignés par $C_{m,n}$ et $R_{m,n}$ le nombre des combinaisons circulaires et le nombre des combinaisons rectilignes, totalement discontinues que peuvent fournir $m$ numéros, pris $n$ à $n.$

L’adoption d’un numéro quelconque, pour faire partie de l’une des combinaisons circulaires, $n$ à $n,$ totalement discontinues, donnant l’exclusion à ses deux voisins, à droite et à gauche, on ne pourra lui adjoindre que les combinaisons rectilignes, $n-1$ à $n-1,$ totalement discontinues, que pourront fournir les $m-3$ numéros restans, et dont le nombre devra être représenté par $R_{m-3,n-1}.$ Si l’on en fait de même successivement, pour chacun des $m$ numéros, le nombre des combinaisons $n$ à $n$ qu’on aura formées, sera $mR_{m-3,n-1}\,;$ mais, chaque combinaison $n$ à $n,$ se trouvant ainsi évidemment répétée $n$ fois, il s’ensuit qu’on doit avoir seulement

$C_{m,n}={\frac {m}{n}}R_{m-3,n-1}.\qquad$(I)

Pour passer de là aux combinaisons rectilignes, il faudra joindre à ce résultat le nombre des combinaisons circulaires, $n$ à $n,$ dont les deux numéros extrêmes font parties, sans renfermer d’autres numéros consécutifs, et dont le second et le pénultième se trouvent conséquemment exclus ; or, ce nombre de combinaisons est évidemment égal au nombre des combinaisons rectilignes, $n-2$