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Mais, $t$ et $\theta$ étant deux indéterminées différentes, on peut regarder $X_{m}$ comme le coefficient du produit $t^{ma_{m}},\theta ^{mb_{m}},$ dans le développement de la puissance

$\left\{1+{\frac {y\alpha }{1-y}}\left[zt^{m}+(1-z)\theta ^{m}\right]\right\}^{x_{m}}\,;$

d’où l’on conclut que $P_{1}$ sera le coefficient de $t^{x}\theta ^{x'},$ dans le développement du produit

$\left\{1+{\frac {y\alpha }{1-y}}\left[zt+(1-z)\theta \right]\right\}^{x_{1}}.\left\{1+{\frac {y\alpha }{1-y}}\left[zt^{2}+(1-z)\theta ^{2}\right]\right\}^{x_{2}}\ldots$

$\left\{1+{\frac {y\alpha }{1-y}}\left[zt^{i}+(1-z)\theta ^{i}\right]\right\}^{x_{i}},$

ordonné suivant les puissances et produits de puissances de $t$ et $\theta \,;$ donc enfin, à cause de $s=x_{1}+x_{2}+x_{3}+\ldots x_{i},$ la probabilité $p,$ qu’il s’agit de déterminer sera le coefficient de $t^{x}\theta ^{x'},$ dans le développement de cette quantité

$(s+1){\frac {\operatorname {d} .}{\operatorname {d} \alpha }}\iint \left\{1-y+y\alpha \left[zt+(1-z)\theta \right]\right\}^{x_{1}}.\left\{1-y+y\alpha \left[zt^{2}+(1-z)\theta ^{2}\right]\right\}^{x_{2}}.$

$\left\{1-y+y\alpha \left[zt^{i}+(1-z)\theta ^{i}\right]\right\}^{x_{i}}\alpha \operatorname {d} y\operatorname {d} z\,;$

en se souvenant qu’on doit faire $\alpha =1,$ après la différentiation indiquée, et prendre les intégrales depuis $y=0$ et $z=0,$ jusqu’à $y=1$ et $z=1.$

Si, au lieu d’une ou de deux suites de tirages, comme dans le premier ou le second problème que nous venons de résoudre, il y en avait trois ou un plus grand nombre, l’analise précédente conduirait à la solution de la question ; mais il suffit à l’objet principal de ce mémoire d’avoir considéré le cas de deux suites de tirages, qui est en effet celui que présente le trente et quarante, d’après les règles de ce jeu, énoncées plus haut.