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Concevons encore qu’il y ait dans l’urne deux boules blanches distinguées, comme les deux boules noires, par les n^os 1 et 2 ; la probabilité du joueur $\mathrm {A}$ sera donnée par l’équation aux différences partielles

$y_{x,x'}={\frac {1}{4}}y_{x-1,x'}+{\frac {1}{4}}y_{x-2,x'}+{\frac {1}{4}}y_{x,x'-1}+{\frac {1}{4}}y_{x,x'-2}.$

La fonction génératrice de $y_{x,x'}$ est alors, par le n^o  20 du Livre I^er,

${\frac {\mathrm {M+N} t}{1-{\frac {1}{4}}t-{\frac {1}{4}}t'-{\frac {1}{4}}t^{2}-{\frac {1}{4}}t'^{2}}},$

$\mathrm {M}$ et $\mathrm {N}$ étant deux fonctions arbitraires de $t'.$ Pour les déterminer, on observera que $y_{0,x'}$ est toujours égal à l’unité, et qu’il faut exclure dans $\mathrm {M}$ la puissance nulle de $t'\,;$ on a donc

$\mathrm {M} ={\frac {t'}{1-t'}}\left(1-{\frac {1}{4}}t'-{\frac {1}{4}}t'^{2}\right).$

Pour déterminer $\mathrm {N}$, cherchons la fonction génératrice de $y_{1,x'}.$ Si l’on observe que $y_{0,x'}$ est égal à l’unité, et que, le joueur $\mathrm {A}$ n’ayant plus besoin que d’un point, il gagne la partie, soit qu’il amène la boule blanche numérotée $1$ ou la boule blanche numérotée $2,$ l’équation précédente aux différences partielles donnera

$y_{1,x'}={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{4}}y_{1,x'-1}+{\frac {1}{4}}y_{1,x'-2}.$

Supposons $y_{1,x'}=1-y'_{x'}\,;$ on aura

$y_{x'}={\frac {1}{4}}y'_{x'-1}+{\frac {1}{4}}y'_{x'-2}.$

La fonction génératrice de cette équation est

${\frac {m+nt'}{1-{\frac {1}{4}}t'-{\frac {1}{4}}t'^{2}}},$

$m$ et $n$ étant deux constantes. Pour les déterminer, on observera que $y_{1,0}=0,$ et que par conséquent $y'_{0}=1,$ ce qui donne $m=1$. La fonc-