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bilité de la supposition, on aura, pour la probabilité de tirer un billet blanc de l’urne en vertu du rapports, $x,\ {\frac {x^{p+1}(1-x)^{q}dx}{\int x^{p}(1-x)^{q}dx}},$ et conséquemment, si l’on nomme $\mathrm {E}$ la probabilité entière de tirer un billet blanc de l’urne, on aura

$\mathrm {E} ={\frac {\int x^{p+1}(1-x)^{q}dx}{\int x^{p}(1-x)^{q}dx}},$

en observant de faire commencer les intégrales lorsque $x=0$ et de les terminer lorsque $x=1.$

Il est facile, d’après ces deux conditions, d’avoir une expression fort simple de $\mathrm {E} ,$ car on a

${\begin{aligned}\int x^{p+1}(1-x)^{q}dx=&{\frac {q}{p+2}}\int x^{p+2}(1-x)^{q-1}dx\\=&{\frac {q(q-1)}{(p+2)(p+3)}}\int x^{p+3}(1-x)^{q-2}dx,\end{aligned}}$

et ainsi de suite, partant

$\int x^{p+1}(1-x)^{q}dx={\frac {1.2.3\ldots q}{(p+2)(p+3)\ldots (p+q+2)}},$

pareillement

$\int x^{p}(1-x)^{q}dx={\frac {1.2.3\ldots q}{(p+1)\ldots (p+q+1)}}\,;$

donc

$\mathrm {E} ={\frac {p+1}{p+q+2}}.$

Si l’on cherchait la probabilité de tirer de l’urne $m$ billets blancs et $n$ billets noirs, on trouverait

$\mathrm {E} ={\frac {\int x^{p+m}(1-x)^{q+n}dx}{\int x^{p}(1-x)^{q}dx}}\,;$

d’où l’on tire

$\mathrm {E} ={\frac {(q+1)(q+2)\ldots (q+n)(p+1)(p+2)\ldots (p+q+1)}{(p+m+1)(p+m+2)\ldots (p+q+m+n+1)}}.$

$p$ et $q$ étant supposés fort grands, on peut simplifier cette expression de