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d’où l’on déduit

$\textstyle \sum n^{2}=2\sum {\dfrac {n(n+1)}{1\,{.}\,2}}-\sum n={\dfrac {m\,(m+1)\,(2m+1)}{1\,{.}\,2\,{.}\,3}}$,

et, en conséquence,

$\varpi '={\frac {2m+1}{3m}}$.

Dans le second cas, le nombre de boules blanches et le nombre total de boules que B renferme, étant diminués d’une unité à la seconde épreuve, on aura

$p'_{n}={\frac {n-1}{m-1}}$,${\textstyle \sum p_{n}p'_{n}}={\frac {1}{m(m-1)}}{\textstyle \sum n(n-1)}$ ;

on aura toujours

$p_{n}={\frac {n}{m}}$,$\textstyle \sum p_{n}={\frac {1}{2}}(m+1)$,

et à cause de

${\textstyle \sum {\dfrac {n(n-1)}{1\,{.}\,2}}}={\frac {(m-1)\,m\,(m+1)}{1\,{.}\,2\,{.}\,3}}$,

on en conclura

$\varpi '={\frac {2}{3}}$.

La probabilité d’extraire une boule blanche d’une urne, d’où il est déjà sorti une boule de cette couleur que l’on n’y a pas remise, est donc indépendante du nombre $m$ de boules blanches ou noires que l’urne renfermait, et toujours égale à 2/3. La valeur de $\varpi '$ relative au premier cas se réduit aussi à cette fraction 2/3, comme cela devait être, lorsque $m$ est un nombre très grand et qu’on le considère comme infini.

Sur un nombre quelconque $m$ de boules blanches ou noires que B renfermait primitivement, si l’on savait qu’il en a été extrait ${m-1}$ boules blanches, il y aurait la probabilité ${\tfrac {m}{m\,+\,1}}$, que la boule restante est aussi blanche. On ne pourrait faire alors que deux hypothèses C₁