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positive quelconque, ou zéro, on en conclura

${\begin{aligned}\mu \int _{\alpha }^{\infty }{\frac {x^{n}dx}{(1+x)^{\mu +1}}}&=\mathrm {C} -{\tfrac {\alpha ^{n}}{(1+\alpha )^{\mu }}}-{\tfrac {n}{\mu -1}}{\tfrac {\alpha ^{n-1}}{(1+\alpha )^{\mu -1}}}-{\tfrac {n\,{.}\,n-1}{\mu -1\,{.}\,\mu -2}}{\tfrac {\alpha ^{n-2}}{(1+\alpha )^{\mu -2}}}\\\ldots &-{\tfrac {n\,{.}\,n-1\,{.}\,n-2\,\ldots \,2\,{.}\,1}{\mu -1\,{.}\,\mu -2\,{.}\,\mu -3\,\ldots \,\mu -n+1\,{.}\,\mu -n}}{\tfrac {1}{(1+\alpha )^{\mu -n}}}.\end{aligned}}$

Dans le cas de ${\alpha =0}$, cette équation se réduit à

$\mu \int _{0}^{\infty }{\frac {x^{n}dx}{(1+x)^{\mu +1}}}={\frac {n\,{.}\,n-1\,{.}\,n-2\,\ldots \,2\,{.}\,1}{\mu -1\,{.}\,\mu -2\,{.}\,\mu -3\,\ldots \,\mu -n+1\,{.}\,\mu -n}}$ ;

et en divisant l’équation précédente par celle-ci, et faisant, pour abréger

${\frac {x^{n}}{(1+x)^{\mu +1}}}=\mathrm {X}$,

on obtient facilement

${\begin{aligned}{\frac {\int _{\alpha }^{\infty }\mathrm {X} dx}{\int _{0}^{\infty }\mathrm {X} dx}}={\frac {1}{(1+\alpha )^{m}}}&\left[1+m\,{\frac {\alpha }{1+\alpha }}+{\frac {m\,{.}\,m+1}{1\,{.}\,2}}{\frac {\alpha ^{2}}{(1+\alpha )^{2}}}+\ldots \right.\\\ldots &+\left.{\frac {m\,{.}\,m+1\,{.}\,m+2\ldots m+n-1}{1\,{.}\,2\,{.}\,3\ldots n}}{\frac {\alpha ^{n}}{(1+\alpha )^{n}}}\right].\end{aligned}}$

Or, si l’on prend

$\alpha ={\frac {p}{q}}$,

et si l’on observe qu’on a ${p+q=1}$, le second membre de cette dernière équation coïncidera avec la formule (9) ; pour cette valeur de $\alpha$, nous aurons donc

$\mathrm {P} ={\frac {\int _{\alpha }^{\infty }\mathrm {X} dx}{\int _{0}^{\infty }\mathrm {X} dx}}$.

(10)

Dans le cas de ${n=0}$ et ${m=\mu }$, $\mathrm {P}$ est la probabilité que E arrivera au moins $\mu$ fois, ou à toutes les épreuves ; par conséquent, $\mathrm {P}$ doit