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Nous aurons, en même temps,

$\int _{k}^{\infty }e^{-t^{2}}dt=\int _{0}^{\infty }e^{-t^{2}}dt-\int _{0}^{k}e^{-t^{2}}dt={\frac {1}{2}}{\sqrt {\pi }}-{\frac {1}{\sqrt {2\mu }}}$ ;

au moyen de quoi la valeur précédente de $\mathrm {U}$ se réduira à

$\mathrm {U} ={\sqrt {\frac {2}{\pi \mu }}}$ ;

ce qui coïncide, effectivement, avec celle que l’on déduit de la formule (6), dans le cas de ${m=n}$ et ${p=q}$.

Si $\mu$ est un nombre impair, que l’on fasse ${m={\tfrac {1}{2}}(\mu -1)}$ qu’on suppose toujours ${q>p}$, on aura encore ${{\tfrac {q}{p}}>h}$ ; la première formule (15) et l’équation (12) deviendront

${\begin{aligned}\mathrm {P} &={\frac {1}{\sqrt {\pi }}}\int _{k}^{\infty }e^{-t^{2}}dt+{\sqrt {\frac {2}{\pi \mu }}}e^{-k^{2}},\\k^{2}&={\frac {\mu -1}{2}}\log {\frac {\mu -1}{2q(\mu +1)}}+{\frac {\mu +3}{2}}\log {\frac {\mu +3}{2p(\mu +1)}}\;;\end{aligned}}$

et $\mathrm {P}$ sera la probabilité que dans un très grand nombre $\mu$ d’épreuves, l’événement le plus probable se présentera cependant le moins souvent ; car $\mu$ étant impair, le cas de l’égalité des arrivées de E et F sera impossible. Dans le cas de ${p=q={\tfrac {1}{2}}}$, cette probabilité $\mathrm {P}$ devra être égale à ${\tfrac {1}{2}}$ ; et c’est aussi ce que nous allons vérifier.

Nous aurons

${\begin{aligned}(\mu -1)\log {\frac {\mu -1}{\mu +1}}&=-(\mu -1)\log {\left(1+{\frac {2}{\mu -1}}\right)}=-2+{\frac {2}{\mu -1}}-{\text{etc.}},\\(\mu +3)\log {\frac {\mu +3}{\mu +1}}&=-(\mu +3)\log {\left(1-{\frac {2}{\mu +3}}\right)}=2+{\frac {2}{\mu +3}}+{\text{etc.}},\end{aligned}}$

et, par conséquent,

$k^{2}={\frac {1}{\mu -1}}+{\frac {1}{\mu +3}}+{\text{etc.}}$