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Cette probabilité s’exprime aussi, comme on sait, par la somme des $x+1$ premiers termes du développement de $(q+p)^{n},$ c’est-à-dire que l’on a également

$\mathrm {X} =q^{2}+nq^{n-1}p+{\frac {n(n-1)}{2}}q^{n-2}p^{2}+\ldots$

$\ldots +{\frac {n(n-1)(n-2)\ldots (n-x+1)}{1.2.3\ldots x}}q^{n-x}p^{x}.$

Le calcul numérique de l’une et l’autre de ces expressions équivalentes, peut être regardé comme impossible lorsque $x$ et $n-x$ sont de très-grands nombres. Il est alors préférable d’employer la formule (2), parce quelle se transforme immédiatement en une intégrale définie qui se réduit ensuite en série très-convergente.

(3) En intégrant $x+1$ fois de suite par partie, et désignant par $c$ une constante arbitraire, il vient

$n\int {\frac {y^{x}dy}{(1+y)^{n+1}}}=$

$c-{\frac {y^{x}}{(1+y)^{n}}}-{\frac {x}{n-1}}{\frac {y^{x-1}}{(1+y)^{n-1}}}-{\frac {x\,.\,x-1}{n-1\,.\,n-2}}{\frac {y^{x-2}}{(1+y)^{n-2}}}$

$\ldots -{\frac {x\,.\,x-1\ldots 2.1}{n-1\,.n\,-2\ldots n-x}}{\frac {1}{(1+y)^{n-x}}}.$

Comme on a $n>x,$ tous les termes de cette formule, excepté $c,$ disparaissent pour $y=\infty \,;$ si donc on désigne par $\alpha$ une quantité positive quelconque, ou zéro, on aura

$n\int _{\alpha }^{\infty }{\frac {y^{x}dy}{(1+y)^{n+1}}}=$

${\frac {\alpha ^{x}}{(1+\alpha )^{n}}}+{\frac {x}{n-1}}{\frac {\alpha ^{x-1}}{(1+\alpha )^{n-1}}}+{\frac {x.x-1}{n-1.n-2}}{\frac {\alpha ^{x-2}}{(1+\alpha )^{n-2}}}+\ldots$

$\ldots +{\frac {x\,.\,x-1\ldots 2.1}{n-1\,.\,n-2\ldots n-x}}{\frac {1}{(1+\alpha )^{n-x}}}.$

Dans le cas de $\alpha =0,$ cette équation se réduit à