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1^o au nombre précédent $\sideset {^{1}}{_{x}}y$ des cas impairs ; 2^o au nombre précédent des cas pairs ; 3^o à l’unité, puisque la nouvelle pièce peut être prise seule. On aura conséquemment

(2)

$\sideset {^{1}}{_{x+1}}y=\sideset {^{1}}{_{x}}y+y_{x}+1.$

Pour intégrer ces deux équations, j’observe que l’équation (1) donne

$\Delta y_{x}=\sideset {^{1}}{_{x}}y,\qquad$partant,$\qquad \Delta ^{2}y_{x}=\Delta \sideset {^{1}}{_{x}}y.$

Or l’équation (2) donne

$\Delta \sideset {^{1}}{_{x}}y=y_{x}+1,\qquad$donc$\qquad \Delta ^{2}y_{x}=y_{x}+1\,;$

d’où il est facile de conclure

$y_{x+1}=2y_{x}+1.$

En intégrant cette équation par le Problème I, on aura

$y_{x}=\mathrm {A} 2^{x}-1,$

$\mathrm {A}$ étant une constante arbitraire ; pour la déterminer, j’observe que, x étant $1,$ on a

$y_{x}=0,\quad$donc$\quad \mathrm {A} ={\frac {1}{2}},\quad$partant$\quad y_{x}=2^{x-1}.$

Maintenant, puisque l’on a $\sideset {^{1}}{_{x}}y=\Delta y_{x},$ on aura $\sideset {^{1}}{_{x}}y=2^{x-1}.$ La somme de tous les cas possibles est visiblement

$y_{x}\sideset {^{1}}{_{x}}y=2^{x}-1.$

Si donc on nomme $z_{x}$ la probabilité que le nombre de pièces est pair, et, $\sideset {_{1}}{_{x}}z$ celle qu’il est impair, on aura

$z_{x}={\frac {2^{x-1}-1}{2^{x}-1}}\qquad$et$\qquad \sideset {_{1}}{_{x}}z={\frac {2^{x-1}}{2^{x}-1}}\,;$

d’où il résulte qu’il y a toujours plus d’avantage à parier pour les nombres impairs que pour les pairs.

Je suppose que l’on soit assuré que le nombre $x$ ne peut excéder le nombre $n,$ mais que ce nombre et tous les inférieurs sont également