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extrémités $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B} \,;$ on doit donc avoir

$(\mu )\qquad \qquad \left\{{\begin{aligned}r^{n}-&{\frac {n+1}{1}}(r-1)^{n}+{\frac {(n+1)n}{1.2}}(r-2)^{n}-\ldots \\&=(n-r+1)^{n}-{\frac {n+1}{1}}(n-r)^{n}+\ldots ,\end{aligned}}\right.$

en continuant l’un et l’autre membre de cette équation, jusqu’à ce qu’on arrive à un terme qui soit nul. On peut s’assurer d’ailleurs de la vérité de cette équation, en observant que l’on a

${\begin{aligned}r^{n}&-(n+1)(r-1)^{n}+\ldots \\&\mp (n+1)(r-n)^{n}\pm (r-n-1)^{n}=\Delta ^{n+1}(r-n-1)^{n},\end{aligned}}$

le signe $+$ ayant lieu si $n$ est impair, et le signe $-$ s’il est pair ; or $\Delta ^{n+1}r^{n}=0,$ d’où il est facile de conclure l’équation $(\mu ).$

IX.

Pour appliquer la théorie précédente à la Nature, il faudrait supposer $n=63,$ parce qu’il existe présentement soixante-trois comètes dont on a calculé les orbites ; mais ce calcul serait pénible à cause de sa longueur ; ainsi, l’abandonnant à ceux qui désireront de l’entreprendre, je me contenterai de supposer ici $n=12\,;$ j’imagine donc la droite $\mathrm {AB} ,$ partagée en douze parties égales, dont chacune soit conséquemment de $7^{\circ }{\frac {1}{2}}\,;$ on trouvera, par l’article précédent, que la probabilité que l’inclinaison moyenne des douze orbites sera comprise entre $45^{\circ }-7^{\circ }{\frac {1}{2}}$ et $45^{\circ },$ ou $45^{\circ }+7^{\circ }{\frac {1}{2}}$ et $45^{\circ },$ est égale à

${\frac {6^{12}}{\nabla (12)}}\left[1-13\left({\frac {5}{6}}\right)^{12}+{\frac {13.12}{1.2}}\left({\frac {4}{6}}\right)^{12}-{\frac {13.12.11}{1.2.3}}\left({\frac {3}{6}}\right)^{12}\right.$

$\left.+{\frac {13.12.11.10}{1.2.3.4}}\left({\frac {2}{6}}\right)^{12}-{\frac {13.12.11.10.9}{1.2.3.4.5}}\left({\frac {1}{6}}\right)^{12}\right]$

Or, en faisant le calcul, je trouve cette quantité égale à $0{,}339\,;$ d’où il suit : 1^o qu’il y a $839$ à parier contre $161,$ que l’inclinaison moyenne de douze orbites sera au-dessus de $37^{\circ }{\frac {1}{2}}\,;$ 2^o qu’il y a autant à parier