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$x=0$ jusqu’à $x=1.$ Cette condition donne

${\begin{aligned}\int x^{p}(1-x)^{q}dx=&{\frac {1.2.3\ldots q}{(p+1)(p+2)\ldots (p+q+1)}}\\\int x^{p+m}(1-x)^{q+n}dx=&{\frac {1.2.3\ldots (q+n)}{(p+m+2)(p+m+3)\ldots (p+q+m+n+1)}},\end{aligned}}$

ce qui change l’expression de $\mathrm {P}$ dans celle-ci

$(\theta )\qquad \mathrm {P} =\gamma {\frac {(q+1)(q+2)\ldots (q+n)(p+1)(p+2)\ldots (p+m)}{(p+q+2)(p+q+3)\ldots (p+q+m+n+1)}}.$

Or on a, comme l’on sait,

$log(1.2.3\ldots u)={\frac {1}{2}}\log 2\pi +\left(u+{\frac {1}{2}}\right)\log u-u+{\frac {1}{12u}}-{\frac {1}{360u^{3}}}+\ldots ,$

ce qui donne à très peu près, lorsque $u$ est considérable,

$1.2.3\ldots u={\sqrt {2\pi }}u^{u+{\frac {1}{2}}}e^{-u},$

$\pi$ étant le rapport de la demi-circonférence au rayon et $e$ le nombre dont le logarithme hyperbolique est l’unité ; donc, si l’on suppose $p$ et $q$ de très grands nombres, on aura

${\begin{aligned}(q+1)(q+2)\ldots (q+n)=&{\frac {1.2.3\ldots (q+n)}{1.2.3\ldots q}}={\frac {(q+n)^{q+n+{\frac {1}{2}}}}{q^{q+{\frac {1}{2}}}}}e^{-n},\\(p+1)(p+2)\ldots (p+m)=&{\frac {(p+m)^{p+m+{\frac {1}{2}}}}{p^{p+{\frac {1}{2}}}}}e^{-m},\\(p+q+1)\ldots (p+q+m+n)=&{\frac {(p+q+m+n)^{p+q+m+n+{\frac {1}{2}}}}{(p+q)^{p+q+{\frac {1}{2}}}}}e^{-m-n}.\end{aligned}}$

En substituant ces valeurs dans l’expression de $\mathrm {P} ,$ et en observant que l’on a à très peu près

${\frac {p+q+1}{p+q+m+n+1}}={\frac {p+q}{p+q+m+n}},$

elle deviendra

$(\varpi )\qquad \qquad \mathrm {P} =\gamma {\frac {(q+n)^{q+n+{\frac {1}{2}}}(p+q)^{p+q+{\frac {3}{2}}}(p+m)^{p+m+{\frac {1}{2}}}}{p^{p+{\frac {1}{2}}}q^{q+{\frac {1}{2}}}(p+q+m+n)^{p+q+m+n+{\frac {3}{2}}}}}.$