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et par conséquent, la probabilité $X$ sera aussi le coefficient de $t^{x}$ dans le développement de

$(s+1)\int (1-y+yt)^{x_{1}}\left(1-y+yt^{2}\right)^{x_{2}}\left(1-y+yt^{3}\right)^{x_{3}}\ldots \left(1-y+yt^{i}\right)^{x_{i}}\operatorname {d} y\,;$

l’intégrale étant prise, comme précédemment, depuis $y=0$ jusqu’à $y=1.$

3. Pour résoudre le même problème par le moyen des équations aux différences finies, j’observe que la probabilité demandée est une fonction du nombre $x$ et des nombres $x_{1},x_{2},x_{3},\ldots x_{i},$ et je la désigne par $Z_{x,x_{1},x_{2},\ldots x_{i}}.$ Après le premier tirage, cette fonction deviendra l’une des quantités

${\begin{aligned}&Z_{x-1,x_{1}-1,x_{2},x_{3},\ldots x_{i}},\\&Z_{x-2,x_{1},x_{2}-1,x_{3},\ldots x_{i}},\\&Z_{x-3,x_{1},x_{2},x_{3}-1,\ldots x_{i}},\\&\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \\&Z_{x-i,x_{1},x_{2},x_{3},\ldots x_{i}-1},\end{aligned}}$

suivant que la boule sortie portera quelqu’un des numéros $1,2,3,\ldots i,$ respectivement. Les probabilités de ces événemens sont d’ailleurs respectivement

${\frac {x_{1}}{s}},{\frac {x_{2}}{s}},{\frac {x_{3}}{s}},\ldots {\frac {x_{i}}{s}}\,;$

or, il est évident que la probabilité avant le premier tirage est