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dans ces tirages sont compris deux fois dans ce nombre ; il faut donc les en retrancher. Le nombre de ces cas est, par ce qui précède,

${\frac {n(n-1)}{1.2}}\left[1.2.3\ldots (n-2)\right]^{i-1}\,;$

en le retranchant du nombre précédent, on aura la fonction

$n\left[1.2.3\ldots (n-1)\right]^{i-1}-{\frac {n(n-1)}{1.2}}\left[1.2.3\ldots (n-2)\right]^{i-1}.$

Mais cette fonction renferme elle-même des cas répétés. En continuant de les exclure comme on l’a fait ci-dessus relativement à une seule urne, en divisant ensuite la fonction finale par le nombre de tous les cas possibles, et qui est ici $(1.2.3\ldots )^{i-1},$ on aura, pour la probabilité qu’une des $n-1$ couleurs au moins sortira à son rang dans les $i-1$ tirages qui suivent le premier,

${\frac {1}{n^{i-2}}}-{\frac {1}{1.2\left[n(n-1)\right]^{i-2}}}+{\frac {1}{1.2.3\left[n(n-1)(n-2)\right]^{i-2}}}-\ldots ,$

expression dans laquelle il faut prendre autant de termes qu’il y a d’unités dans $n.$ Cette expression est donc la probabilité qu’au moins une des couleurs sortira au même rang dans les tirages des $i$ urnes.

10. Considérons deux joueurs $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B} ,$ dont les adresses soient $p$ et $q$, et dont le premier ait $a$ jetons et le second $b$ jetons. Supposons qu’à chaque coup celui qui perd donne un jeton à son adversaire, et que la partie ne finisse que lorsqu’un des joueurs aura perdu tous ses jetons ; on demande la probabilité que l’un des joueurs, $\mathrm {A}$ par exemple, gagnera la partie avant ou au $n$^ième coup.

Ce problème peut être résolu avec facilité par le procédé suivant, qui est, en quelque sorte, mécanique. Supposons $b$ égal ou moindre que $a$, et considérons le développement du binôme $(p+q)^{b}.$ Le premier terme $p^{b}$ de ce développement sera la probabilité de $\mathrm {A}$ pour gagner la partie au coup $b.$ On retranchera ce terme du développement, et l’on en retranchera pareillement le dernier terme $q^{b},$ si $b=a$ parce qu’alors