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RÉSOLUES.

à trois des $m-3$ numéros 4, 5, 6,… $m$ qui ne présentent point de nombres consécutifs, et dont le nombre est, par ce qui précède,

${\frac {(m-3)-4}{1}}.{\frac {(m-3)-3}{2}}.{\frac {(m-3)-2}{3}}$ ou ${\frac {m-7}{1}}.{\frac {m-6}{2}}.{\frac {m-5}{3}}.$

Celles des chances favorables dont le plus petit numéro sera 3, ne pourront être complétées que par celles des combinaisons trois à trois des $m-4$ numéros 5, 6, 7,… $m$ qui ne présentent point de nombres consécutifs, et dont le nombre est, par ce qui précède,

${\frac {(m-4)-4}{1}}.{\frac {(m-4)-3}{2}}.{\frac {(m-4)-2}{3}}$ ou ${\frac {m-8}{1}}.{\frac {m-7}{2}}.{\frac {m-6}{3}}.$

Et ainsi de suite, jusqu’à la chance favorable ayant $m-6$ pour son plus petit numéro, laquelle sera unique ; attendu qu’elle ne pourra être complétée que par les trois seuls numéros $m-4,m-2,m.$

Ainsi, dans le cas de $n=4,$ nombre total des chances favorables est

${\tfrac {m-6}{1}}.{\tfrac {m-5}{2}}.{\tfrac {m-4}{3}}+{\tfrac {m-7}{1}}.{\tfrac {m-6}{2}}.{\tfrac {m-5}{3}}+{\tfrac {m-8}{1}}.{\tfrac {m-7}{2}}.{\tfrac {m-6}{3}}+.\ldots +4+1$

$={\tfrac {m-6}{1}}.{\tfrac {m-5}{2}}.{\tfrac {m-4}{3}}.{\tfrac {m-3}{4}}\,;$

c’est-à-dire, le $(m-6)^{me}$ nombre figuré du $4.^{e}$ ordre.

La marche parfaitement uniforme de ce procédé conduit à conclure, sans qu’il soit nécessaire de pousser l’induction plus avant, qu’en général, $n$ désignant le nombre des numéros qui sortent à chaque tirage, le nombre des tirages différens qui ne présentent point de numéros consécutifs, est le $(m-2n+2)^{me}$ nombre figuré du $n^{me}$ ordre, c’est-à-dire,

${\frac {m-2n+2}{1}}.{\frac {m-2n+3}{2}}.{\frac {m-2n+4}{3}}.\ldots {\frac {m-n+1}{n}}.$

ce qu’il serait d’ailleurs facile d’établir par un raisonnement rigoureux.