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$\scriptstyle {\overline {1+{\frac {1}{q}}}}^{x}=2$. $\scriptstyle 1+{\frac {1}{q}}$ à la puissance x, par le théorême de Newton, & vous aurez $\scriptstyle 1+{\frac {x}{q}}+{\frac {x}{1}}\times {\frac {x-1}{2qq}}+{\frac {x}{1}}\times {\frac {x-1}{2}}+{\frac {x-2}{3q^{3}}}$, &c. = 2. Or dans cette équation, si q = 1 & x = 1, q étant infinie, x le sera aussi. Faisant donc x infinie, on aura $\scriptstyle 1+{\frac {x}{q}}+{\frac {xx}{2qq}}+{\frac {x^{3}}{6qq}}$, &c. = 2. Soit $\scriptstyle {\frac {x}{q}}=z$, & l’on aura $\scriptstyle 1+z+{\frac {1}{2}}zz+{\frac {1}{6}}z^{3}$, &c. = 2. Mais $\scriptstyle 1+z+{\frac {1}{2}}zz+{\frac {1}{6}}z^{3}$, &c. est un nombre dont le logarithme hyperbolique est z. Donc z = log. 2. Mais le logarithme hyperbolique de 2 est à peu près 7 : donc z = 7 à peu près. Mais où q est 1, x est 1 ; & où q est infinie x = à peu près 7. Voilà donc les limites du rapport de x à q fixées. C’est d’abord un rapport d’égalité, qui dans la supposition de l’infini, devient celui de 7 à 10, ou à peu près.

Trouver en combien de coups A peut gager d’amener deux As avec deux dés. Puisqu’A n’a qu’un cas où il puisse amener deux As avec deux dés ; & trente-cinq où il peut ne les pas amener, q = 35 ; multipliez donc 35 par 7 ; le produit 24.5 montre que le nombre de coups cherché est entre 24 & 25.

Trouver le nombre des cas dans lesquels un nombre quelconque donné de points peut être amené avec un nombre donné de dès. Soit p + 1 le nombre donné de points ; n le nombre de dés ; & f le nombre des faces de chaque dé : soit $\scriptstyle p-f=q$, $\scriptstyle q-f=r$, $\scriptstyle r-f=s$, $\scriptstyle s-f=t$, &c. le nombre cherché de coups sera

$\scriptstyle +{\frac {p}{1}}\times {\frac {p-1}{2}}\times {\frac {p-1}{3}}$, &c.

$\scriptstyle -{\frac {q}{1}}\times {\frac {q-1}{2}}\times {\frac {q-2}{3}}$ &c. $\scriptstyle \times {\frac {n}{2}}$

$\scriptstyle +{\frac {r}{1}}\times {\frac {r-1}{2}}\times {\frac {r-2}{3}}$ &c. $\scriptstyle \times {\frac {n}{1}}\times {\frac {n-1}{2}}$

$\scriptstyle -{\frac {r}{1}}\times {\frac {s-1}{2}}\times {\frac {s-2}{3}}$ &c. $\scriptstyle \times {\frac {n}{1}}\times {\frac {n-1}{2}}\times {\frac {n2}{3}}$.

Série qu’il faut continuer jusqu’à ce que quelques-uns des facteurs soit égal à 0, ou négatif ; & remarquez qu’il faut prendre autant de facteurs des différens produits $\scriptstyle {\frac {q}{1}}\times {\frac {q-1}{2}}\times {\frac {q-1}{3}}$ &c. $\scriptstyle {\frac {r}{1}}\times {\frac {r-1}{2}}\times {\frac {r-2}{3}}$ &c. $\scriptstyle {\frac {s}{1}}\times {\frac {s-1}{2}}\times {\frac {s-2}{3}}$ &c. qu’il y a d’unités dans $\scriptstyle n-1$.

Soit donc le nombre de cas cherché, celui où l’on peut amener seize points avec quatre dés.

$\scriptstyle +15-1\times {\frac {14}{2}}\times {\frac {13}{3}}=+455$

$\scriptstyle -{\frac {9}{1}}\times {\frac {8}{2}}\times {\frac {7}{3}}\times 4=-336$

$\scriptstyle +{\frac {3}{1}}\times {\frac {2}{3}}\times {\frac {1}{3}}\times {\frac {4}{1}}\times {\frac {3}{2}}=+6$

Or $\scriptstyle 455-336+6=125$. Donc 125 est le nombre cherché.

Trouver en combien de coups A peut gager d’amener quinze points avec six dés. A ayant 1666 cas pour lui, & 44990 contre ; divisez 44990 par 1666, & le quotient 27 sera = q. Multipliez donc 27 par 7 ; le produit 18. 9 montrera que le nombre de coups est environ 19.

Trouver le nombre de coups dans lequel il y a à parier qu’une chose arrivera deux fois ; de sorte que A & B risquent autant l’un que l’autre. Soit le nombre des cas où la chose peut arriver du premier coup = a ; & le nombre de ceux où elle peut ne pas arriver = b. Soit x le nombre de coups cherché. Il paroît par ce qui a été dit que $\scriptstyle {\overline {a+b}}^{x}=2bx+2axbx=1$. Et faisant $\scriptstyle a.b::1.q$ ; $\scriptstyle {\overline {1+{\frac {1}{q}}}}^{x}=2{\frac {+2x}{q}}$. 1°. Soit $\scriptstyle q=1$, & partant $\scriptstyle x=3$. 2°. Soit q infinie, & par conséquent x aussi infinie. Soit x infinie, & $\scriptstyle {\frac {x}{q}}=z$. Donc $\scriptstyle 1+z+{\frac {1}{2}}z^{2}+{\frac {1}{3}}z^{3}$ &c. $\scriptstyle =2+2z$, & $\scriptstyle z=log.2+log.1+z$.

Soit $\scriptstyle log.2=y$. L’équation se transformera dans l’equation différentielle suivante.

$\scriptstyle {\frac {zz}{1+z}}=y$, & cherchant la valeur de z par les puissances de y, on aura $\scriptstyle z=1.678$, ou à-peu-près. Ainsi la valeur de x sera toujours entre les limites de 3 q & de 1. 678 q. Mais x convergera bientôt à 1. 678 q ; c’est pourquoi, si le rapport de q à 1 n’est pas très-petit, nous ferons $\scriptstyle x=1.678q$. Ou si on soupçonne x d’être trop petite, on substituera sa valeur dans l’équation $\scriptstyle {\overline {1+{\frac {1}{q}}}}^{x}=2{\frac {+2x}{q}}$ & l’on notera l’erreur si elle en vaut la peine ; x prendra ainsi un peu d’accroissement. Substituez la valeur accrûe de x dans l’équation susdite, & notez la nouvelle erreur. Par le moyen de ces deux erreurs, on peut corriger celle de x avec assez d’exactitude. Voici une table des limites qui conduiront assez vîte au but qu’on se propose dans ce problême. Si l’on parie seulement que la chose arrivera une fois, le nombre sera entre

	1 q & 0. 693 q
si deux fois ; entre	3 q & 1. 678 q
si trois fois ; entre	5 q & 2. 675 q
si quatre fois ; entre	7 q & 3. 671 q
si cinq fois ; entre	9 q & 4. 673 q
si six fois ; entre	11 q & 3. 668 q.

Trouver en combien de coups on peut se proposer d’amener trois As, deux fois, avec trois dés. Puisqu’il n’y a qu’un cas où l’on puisse amener trois as, & 215 où l’on ne les amene pas, $\scriptstyle q=215$ ; multipliez donc 215 par 1. 678 : le produit 360.7 montrera que le nombre de coups est entre 360 & 361.

A & B mettent sur table chacun douze pieces d’argent ; ils jouent avec trois dés, à cette condition qu’à chaque fois qu’il viendra onze points, A donnera une piece à B, & qu’à chaque fois qu’il viendra quatorze points B donnera une piece à A ; ensorte que celui qui aura le premier toutes les pieces en sa possession les regardera comme gagnées par lui. On demande le rapport de la chance de A à la chance de B. Soit le nombre de pieces que chaque joueur dépose = p. a & b le nombre des cas où A & B peuvent chacun gagner une piece. Le rapport de leurs chances sera donc comme ap à bp. ici $\scriptstyle p=12$, $\scriptstyle a=27$, $\scriptstyle b=15$. Or si 27 étant à 15 comme 9 à 5, vous faites a = 9 & b = 5 ; le rapport des chances ou des espérances sera comme $\scriptstyle 9^{12}$ à $\scriptstyle 5^{12}$, ou comme $\scriptstyle 244140625$ à $\scriptstyle 282429536481$.

Une attention qu’il faut avoir, c’est de n’être pas trompé par la ressemblance des conditions, & de ne pas confondre les problêmes entr’eux. Il seroit aisé de croire que le suivant ne differe en rien de celui qui précede. C a vingt-quatre pieces, & trois dés ; à chaque fois qu’il amene 27 points, il donne une piece à A, & à chaque fois qu’il amene 14, il en donne une à B ; & A & B conviennent que celui des deux qui aura le premier douze pieces, gagnera la mise. On demande le rapport des chances de A & de B. Ce second problême a ceci de propre qu’il faut que le jeu finisse en vingt-trois coups ; au lieu que le jeu peut durer éternellement dans le premier, les pertes & les gains se détruisant alternativement ; élevez $\scriptstyle {\overline {a+b}}$ à la 23^e puissance, & les douze premiers termes seront aux douze derniers, comme la chance de A à celle de B.

Trois joueurs A, B & C ont chacun douze balles ; quatre blanches & huit noires, & les yeux bandés, ils jouent à condition que le premier qui tirera une balle blanche gagnera la mise ; mais A doit tirer le premier, B le second, C le troisieme, & ainsi de suite, dans cet ordre. On demande le rapport de leurs chances. Soit n le nombre des balles ; a le nombre des blanches ; b le nombre des noires, & l’enjeu = 1.

1°. A a pour amener une balle blanche les cas a ; & les cas b pour en amener une noire ; donc sa