il s'ensuit que le développement qu'il faut effectuer revient à celui de En mettant à part le premier facteur f", il restera à trouver dans le produit des deux autres, développés ci-dessus, les termes qui sont affectés de f+"; pour cela on prendra d'abord dans la série inférieure le terme affecté de f+", pour multiplier le premier terme de la série supérieure; puis on reculera dans la seconde série jusqu'au terme affecté de fp+-n-m ̧ pour multiplier le terme affecté de fm dans la pre mière série; et continuant ainsi de rétrograder de m termes dans la série inférieure, pour avancer de 1 termé dans la série supérieure, on obtiendra pour le coefficient cherché série qu'il faudra continuer tant qu'on ne rencontrera dans les produits indiqués, aucun facteur qui soit nul ou négatif, On lui fait prendre une forme plus élégante, en observant que si p+1-n>n-1, on peut supprimer dans le premier terme, comme se trouvant à la fois au numérateur et au dénominateur, tous les facteurs depuis p+1—n jusqu'à n—1, et les introduire, au contraire, si p+1−n<n — 1. Avec cette attention et en renversant l'ordre des facteurs, le premier terme devient p(p −1). . . ‚ ( p −n+2) 1.2.3....(n-1) ce qui met sur la voie des changemens analogues à faire dans les autres; et si, pour abréger, on pose semblable à celle de Moivre. En l'appliquant, comme lui, à chercher le nombre de manières d'amener le point 16 avec 4 dés ordinaires, on doit prendre p=15, n=4, m=6, p=9, p"=3, Ce nombre étant divisé par 64 1296, qui marque celui de toutes les chances possibles dans le jet simultané de 4 dés, on aura la probabilité, environ, d'amener avec ces dés le point 16. En ne supposant que 3 dés et cherchant le nombre de manières d'amener les points 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 et 10, on trouvera pour la somme des résultats 108, moitié de 63216, nombre total des chances; il est donc également probable, avec 3 dés, d'amener dans un seul jet un point inférieur à 11 ou supérieur à 10. Cette remarque est lé fondement du jeu nommé passe dix. 54. Je terminerai cette suite de questions par la recherche de la probabilité que tous les numéros d'une loterie seront sortis après un nombre donné de tirages problème qu'Euler et M. Laplace ont résolu par des moyens très-différens. La considération du polynome y serait applicable aussi; mais ne me paraissant pas devoir mener facilement à la solution générale, je vais passer à l'explication de la formule donnée par Euler (Opuscula analytica, t. II, p. 333). On trouvera dans la note II la solution de M. Laplace. Soit m le nombre des numéros dont se compose la loterie et dont il en sort i à chaque tirage; on demande • la probabilité que tous seront sortis dans n tirages? Les chances également possibles dans un tirage sont toutes les combinaisons qu'on peut faire des m numéros, pris en nombre i; celui de ces chances aura donc pour expression m(m-1)....(mi+1) 1.2.3....i = Désignons-le, pour abréger, par Pm, afin de pouvoir représenter par Pm-1, Pm-2, etc. ce qu'il devient quand on y change m en m—1, m-2, etc.; et pour éviter toute confusion, substituons les lettres a, b, c, d, e, etc. aux numéros de la loterie. Cela posé, n tirages donneront (Pm)" Parrangemens des premières chances prises n à n, parmi lesquels se trouveront compris, tant ceux qui contiennent toutes les lettres, que ceux où il en manque quelques-unes; la question se réduit évidemment à soustraire ces derniers du nombre total, pour arriver à l'expression du nombre de ceux qui remplissent la condition du problème. II est d'abord évident que les arrangemens qui ne contiennent pas une lettre désignée, a par exemple, se trouveraient tous dans une loterie formée des m-1 lettres restantes; qu'ils sont par conséquent au nombre de P-, et qu'en excéptant ainsi chaque lettre à son Mais il faut observer que parmi les arrangemens qui ne contiennent point la lettre a, se trouvent ceux qui ne renferment en même tems ni a, ni b, qui de même se trouvent aussi parmi les arrangemens ne renfermant point b; chacun de ceux où il manque 2 lettres a donc été retranché 2 fois, lorsqu'on a ôté de Plea arrangemens où il manque une lettre; or les premiers, qui sont au nombre de m(m-1) p 1.2 n'au raient dû être retranchés qu'une seule fois il faut donc les ajouter 1 fois à l'expression formée ci-dessus, et l'on aura Les arrangemens où il manque 3 lettres, a, b, c, par exemple, ont été retranchés d'abord 3 fois, savoir, avec ceux où a manque, où b manque, où c manque; ils ont été ensuite ajoutés 3 fois, savoir, avec les arrangemens où a et b manquent en même tems, ou bien a et c, ou bien b et c. Si on les a ôtés d'un côté 3 fois, on. les a remis autant de l'autre ; il faut donc les soustraire de nouveau, et leur nombre Passant aux arrangemens où il manque 4 lettres, on verra de même qu'ils ont été retranchés 4 fois avec ceux où il manque lettre, ajoutés 6 fois avec ceux où il manque 2 lettres, et retranchés 4 fois avec ceux où il manque 3 lettres; ayant donc été retranchés 2 fois de plus qu'ils n'ont été ajoutés, faut les ajouter encore 1 fois, et leur nombre étant m(m-1)(m2)(m −3) pr 1.2.3.4 il en résultera |