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En ramenant cette question aux dés, comme nous l’avons pratiqué dans le Problème I, il est clair qu’elle se réduit à chercher la probabilité d’amener $+\mu$ ou $-\mu$ points, avec $n$ dés dont chacun ait $a$ faces marquées $0,$ $b$ faces marquées $+1$ et $b$ faces marquées $-1.$ Pour cela, il n’y a qu’à élever le trinôme $a+b\left(x+x^{-1}\right)$ à la puissance $n,$ et le coefficient de $x^{\mu }$ dénotera le nombre des cas où la somme des points de tous les dés sera $\mu ,$ de même que celui de $x^{-\mu }$ dénotera le nombre des cas où la somme des points sera $-\mu \,;$ ainsi, la somme de ces deux coefficients divisée par $(a+2b)^{n},$ qui est le nombre de tous les cas, donnera la probabilité cherchée.

Or, on a

$\left[a+b\left(x+x^{-1}\right)\right]^{n}=a^{n}+na^{n-1}b\left(x+x^{-1}\right)+{\frac {n(n-1)}{2}}a^{n-2}b^{2}\left(x+x^{-1}\right)^{2}+\ldots ,$

et, de plus,

${\begin{aligned}\left(x+x^{-1}\right)^{2}&=\left(x^{2}+x^{-2}\right)+2,\\\left(x+x^{-1}\right)^{3}&=\left(x^{3}+x^{-3}\right)+3\left(x+x^{-1}\right),\\\left(x+x^{-1}\right)^{4}&=\left(x^{4}+x^{-4}\right)+4\left(x^{2}+x^{-2}\right)+{\frac {4.3}{2}},\\\left(x+x^{-1}\right)^{5}&=\left(x^{5}+x^{-5}\right)+5\left(x^{3}+x^{-3}\right)+{\frac {5.4}{2}}\left(x+x^{-1}\right),\\\ldots \ldots \ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .\end{aligned}}$

Donc, si l’on suppose

$\left[a+b\left(x+x^{-1}\right)\right]^{n}=\mathrm {A} +\mathrm {B} \left(x+x^{-1}\right)+\mathrm {C} \left(x^{2}+x^{-2}\right)+\mathrm {D} \left(x^{3}+x^{-3}\right)+\ldots ,$

on aura

${\begin{aligned}\mathrm {A} =&a^{n}+{\frac {2}{1}}{\frac {n(n-1)}{2}}a^{n-2}b^{2}\\&+{\frac {4.3}{1.2}}{\frac {n(n-1)(n-2)(n-3)}{2.3.4}}a^{n-4}b^{4}\\&+{\frac {6.5.4}{1.2.3}}{\frac {n(n-1)\ldots (n-5)}{2.3.4.5.6}}a^{n-6}b^{6}+\ldots ,\end{aligned}}$