1o au nombre précédent
des cas impairs ; 2o au nombre précédent des cas pairs ; 3o à l’unité, puisque la nouvelle pièce peut être prise seule. On aura conséquemment
(2)
|
|
|
Pour intégrer ces deux équations, j’observe que l’équation (1) donne
![{\displaystyle \Delta y_{x}=\sideset {^{1}}{_{x}}y,\qquad }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a8618782915d17f03270b7201b86208e736e4dc5)
partant,
![{\displaystyle \qquad \Delta ^{2}y_{x}=\Delta \sideset {^{1}}{_{x}}y.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/280922e710dda74e2b1882e9a5e2f177e96495b5)
Or l’équation (2) donne
![{\displaystyle \Delta \sideset {^{1}}{_{x}}y=y_{x}+1,\qquad }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/07485c10041204235f24cc2ceeee288f9ba2a7be)
donc
![{\displaystyle \qquad \Delta ^{2}y_{x}=y_{x}+1\,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/becfae5029260e69504323a404d1020fa1137348)
d’où il est facile de conclure
![{\displaystyle y_{x+1}=2y_{x}+1.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/60d8ff435a12e81312d706d567ea8ed31b8a3984)
En intégrant cette équation par le Problème I, on aura
![{\displaystyle y_{x}=\mathrm {A} 2^{x}-1,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/261a9cd7a093e9505373acef8046b7b6f16a8c96)
étant une constante arbitraire ; pour la déterminer, j’observe que,
x
étant
on a
![{\displaystyle y_{x}=0,\quad }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/6e6ebc1be95d5d8e6810839d668e27b31ce22339)
donc
![{\displaystyle \quad \mathrm {A} ={\frac {1}{2}},\quad }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/278c0bb9dc92bcf4f83e5bf698d80d9dcaf75b0e)
partant
![{\displaystyle \quad y_{x}=2^{x-1}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/85473e51c8c1c63e2104022e8f51566c1ae9edea)
Maintenant, puisque l’on a
on aura
La somme de tous les cas possibles est visiblement
![{\displaystyle y_{x}\sideset {^{1}}{_{x}}y=2^{x}-1.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ecdf45e76b6185fc50cc8c4625b5e804e92fb98b)
Si donc on nomme
la probabilité que le nombre de pièces est pair, et,
celle qu’il est impair, on aura
![{\displaystyle z_{x}={\frac {2^{x-1}-1}{2^{x}-1}}\qquad }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e5ee5cd1c1ce5e1d2f291b8adbbcacb16c743f58)
et
![{\displaystyle \qquad \sideset {_{1}}{_{x}}z={\frac {2^{x-1}}{2^{x}-1}}\,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ec62fff34ac050609077481b7760a50a44472289)
d’où il résulte qu’il y a toujours plus d’avantage à parier pour les nombres impairs que pour les pairs.
Je suppose que l’on soit assuré que le nombre
ne peut excéder le nombre
mais que ce nombre et tous les inférieurs sont également