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A, B, C spelen piquet settende ieder een ducaet. Altijdt speelen er twee van de drie en die verliest set noch een ducaet in. En die beijde de speelders achtereen afwint, strijckt alles soo dat de laetst verliesende oock noch een ducaet moet geven.
de questie is hoe veel A wint, als hij voor eerst zich vrij werpt.
Traduction:
A, B, C jouent au piquet mettant chacun un ducat. Ce sont toujours deux des trois qui jouent. Celui qui perd met de nouveau un ducat. Et celui qui fait perdre ses deux adversaires consécutivement prend tout, de sorte que celui qui perd la dernière fois doit aussi donner encore un ducat. On demande combien est l'avantage de A, s'il a jeté de manière à rester libre pendant la première partie.
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A, B, C ieder een duc. in.
A vrij als 3 d. in staen. valeat sijn winst x.
A dan sal tegens een der twee andere spelen, met gelijcke kans om tegen hem te verliesen en de 5e ducaet in te settenGa naar voetnoot1), of te winnen en gelijcke kans te hebben tegen den laetsten spelende tot 3 ducaten te winnen, of om selfs de vijfde ducaetGa naar voetnoot2) in te setten.
A ingeset 2 duc. van de 5 en B, C, moeten spelen. sit - b.
Ga naar voetnoot3)
B spelende tegen C als 3 instaen, valet - 1/2 x.
Traduction:
Que les avantages de A, B, C soient respectivement: x, - 1/2 x, - 1/2 x. Chacun met un ducat à l'enjeu. A est libre lorsque l'enjeu est de 3 ducats. Soit x son avantage.
A jouera alors contre l'un des deux autres joueurs avec une chance égale de perdre et de mettre le 5me ducatGa naar voetnoot1) ou de gagner et d'avoir une chance égale, en jouant contre le dernier des joueurs, de gagner 3 ducats ou de devoir mettre lui-même le cinquième ducatGa naar voetnoot2).
A ayant mis 2 ducats des 5, B et C doivent jouer. Soit - b son avantage.
B jouant contre C quand la mise est de 3 ducats, cela vaut - 1/2 x.
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Soude op een progressie uytkomen.
Traduction:
Cela mènerait à une progression.
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A, B, C spelende setten ieder een ducaet in. A speelt eerst tegen B en die van beijde wint, speelt tegens C. en C winnende speelt weer tegen de derde, tot dat iemandt 2 mael achtereen wint, welcke dan het ingesette strijckt. en daer en boven de ducaet die ieder die een spel verliest noch bij moet setten, te weten 1 ducaet voor ieder verloren spel. tot de laetst verliesende inclus. Vraeghe naer de waerde haerder kanssenGa naar voetnoot2).
De kans van A sij z. Van B sij y. Van C sij x. Den ducaet sij d.
Soo A van B wint soo moet hij met C spelen, en B noch een ducaet insetten. laet die kans alsdan van A sijn p. maer soo A tegen B verliest soo sij de kans van A ∞ q. Soo heeft dan in 't eerste A een kans tot p en een kans tot q dat is  .
p is een kans tot 5d te weten soo A van B en C achtereen wint want daer sijn eerst 3d ingeset en noch 1d door B ingeset, en C verliesende moet noch aan A 1d geven.
en een kans totGa naar voetnoot3)
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Traduction:
A, B, C qui jouent mettent chacun un ducat. A joue d'abord contre B et celui des deux qui gagne joue contre C. Et si C gagne il joue de nouveau contre le troisième, jusqu'à ce que quelqu'un gagne 2 fois consécutivement, lequel prend alors l'enjeu et en outre le ducat que chacun qui perd une partie doit ajouter encore à l'enjeu, à savoir un ducat pour chaque partie que l'on perd, inclusivement celui qui perd la dernière partie. On demande la valeur de leurs chancesGa naar voetnoot2).
Que la chance de A soit z; celle de B y; celle de C x. Le ducat soit représenté par d.
Si A gagne de B il doit jouer avec C, et B doit ajouter un ducat à l'enjeu. Que la chance de A soit alors p, mais si A perd contre B que la chance de A soit ∞ q. Il s'ensuit que A a d'abord une chance à p et une à q; cela vaut .
p est une chance à 5d, à savoir si A gagne consécutivement de B et de C car il a été mis d'abord 3d et encore 1d mis par B et si C perd il doit encore donner 1d à A,
et une chance àGa naar voetnoot3)
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Soo A 't eerste spel verliest laet sijn kans weerdt sijn p.
Soo A 't eerste spel wint laet sijn kans weerd sijn q.
Soo A 't eerste en tweede spel wint soo heeft hij 5d.
Soo A 't eerste wint en het tweede verliest, laet sijn kans weerdt sijn r.
maer A het eerste gewonnen hebbende, heeft 1 kans tot 5 d, en 1 kans tot r. Soo is  .
A beginnende te spelen heeft 1 kans tot p en 1 kans tot q, soo is dan sijn kans van eersten aen weerdt .
Soo is de kans van C van eersten aen waerdt 3d - p - q, of A of B 't eerste wint soo heeft C deselfde kans. te weten 1 kans om van A of B te winnen, wanneer de waerde van de kans van C sij s. ende 1 kans om tegen A of B te verliesen, dat is om te hebben 0 - d, want C moet dan noch 1d geven.
Nu s is een kans om te hebben 6d of omGa naar voetnoot4)
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Eerst genomen dat niet meer als de eerste 3 ducaten werdt ingeset.
Traduction:
Si A perd la première partie, que sa chance vaille p.
Si A gagne la première partie, que sa chance vaille q.
Si A gagne la première et la deuxième partie il a 5d.
Si A gagne la première et perd la deuxième partie, que sa chance vaille r.
mais A ayant gagné la première partie a 1 chance à 5d, et 1 chance à r; donc .
Quand A commence à jouer il a 1 chance à p et 1 chance à q, par suite sa chance vaut au début .
La chance de C vaut donc au début 3d - p - q. Que ce soit A ou B qui gagne la première partie, la chance de C est la même, à savoir 1 chance de gagner de A ou B, auquel cas sa chance vaille s, et 1 chance de perdre contre A ou B, c'est-à-dire d'avoir 0-d, car C doit alors donner encore 1d.
Or, s vaut une chance d'avoir 6d ou deGa naar voetnoot4)
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Supposons d'abord qu'on ne met rien que les 3 premiers ducats.
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A en B spelende laet de kans van C waerdt sijn x; soo is die van A of B waerdt  .
als A wint van B soo heeft C een kans tot 0 te weten, verliefende tegen A. en een kans tot y dat is ∞ 1/2 y, stellende y voor de waerde van de kans van C als hij tegen A gewonnen hebbende moet spelen tegen B.
soo is y gelijck 1 kans tot 3 d winnende C tegen B en 1 kans tot z, C tegen B verliesende. Ergo  stellende z voor de waerde van de kans van C in dit geval.
als A wint tegen B, soo heeft A 1 kans tot 3 d winnende A tegen C en 1 kans tot z verliesende A tegen C, dat is  ; als A wint tegen B soo is oock B sijn kans z waerdt Ga naar voetnoot1).
Traduction:
Lorsque A et B jouent la chance de C vaille x, alors celle de A ou B vaut .
Si A gagne de B, C a une chance à 0, à savoir quand il perd contre A, et une à y, ce qui vaut 1/2 y, si nous appelons y la valeur de la chance de C quand il a gagné contre A et qu'il doit jouer contre B.
Par suite y équivaut à 1 chance à 3d, si C gagne contre B et 1 chance à z, si C perd contre B. On a donc appelant z la valeur de la chance de C dans ce cas.
Si A gagne contre B, A a 1 chance à 3d, lorsque A gagne contre C, et 1 chance à z, lorsque A perd contre C; ce qui vaut ; si A gagne contre B la chance de B vaut également zGa naar voetnoot1).
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Ergo A winnende tegens B soo sijn haer drijen kanssen
A tegen B spelende heeft 1 kans tot y want hij dan tegen C moet spelen Ga naar voetnoot2) en 1 kans tot z, dat is  want dat was de kans van A Ga naar voetnoot3).
y ∞ 3d - x - z ∞ 3d - 3z; x ∞ 2z sed z ∞ 3/7 d. Ergo x ∞ 6/7 dGa naar voetnoot4).
y is de waerde der kans van die d'eene gewonnen hebbende tegen den anderen moet spelen.
z is de waerde der kans van die tegen d'een gewonnen hebbende, tegens den anderen verliest.
Traduction:
Si donc A gagne contre B les chances des trois joueurs seront
A jouant contre B a une chance à y puisqu'il doit jouer alors contre CGa naar voetnoot2) et 1 chance à z; ce qui vaut  , car telle était la chance de AGa naar voetnoot3).
y ∞ 3d - x - z ∞ 3d - 3z; x ∞ 2z mais z ∞ 3/7 d. Donc x ∞ 6/7 dGa naar voetnoot4).
est la valeur de la chance de celui qui ayant gagné contre l'un des joueurs doit jouer contre l'autre.
z est la valeur de la chance de celui qui ayant gagné contre l'un perd contre l'autre.
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voetnoot1)
- Cet Appendice, emprunté aux pp. 176 et 322-324 du Manuscrit F, contient les recherches de Huygens à propos du problème énoncé à cette page-ci et de deux autres problèmes analogues. Nous l'avons divisé en paragraphes.
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voetnoot2)
- D'après le lieu occupé dans le manuscrit F le § 1 devrait dater de 1683 et les autres paragraphes de 1688, mais nous ne pouvons pas admettre qu'il y aurait un intervalle de cinq années entre ces deux tentatives pour parvenir à la solution d'un même problème. Nous croyons plutôt que le § 1 fut écrit dans la même année que les autres §§ sur une page restée vide en 1683.
-
voetnoot3)
- Ce paragraphe nous fait connaître la première tentative de Huygens de résoudre le problème en question.
-
voetnoot1)
- Il semble que d'après les règles formulées au début de cette Pièce le jeu serait alors terminé. En effet, A ayant perdu contre le gagnant de la première partie, celui-ci a fait perdre consécutivement ses deux adversaires. Toutefois Huygens suppose dans l'alinéa qui suit que dans ces circonstances le jeu se continue. Ajoutons que nous ne savons pas résoudre les contradictions que nous signalons dans cette note-ci et dans les deux suivantes.
-
voetnoot2)
- Ce serait, en vérité, le sixième ducat.
-
voetnoot3)
- A ayant gagné la deuxième partie et perdu la troisième (la première ayant été jouée par B et C) la mise totale sera montée à 6 ducats. L'avantage de A ne peut donc pas être représenté par - b.
-
voetnoot1)
- Il semble que d'après les règles formulées au début de cette Pièce le jeu serait alors terminé. En effet, A ayant perdu contre le gagnant de la première partie, celui-ci a fait perdre consécutivement ses deux adversaires. Toutefois Huygens suppose dans l'alinéa qui suit que dans ces circonstances le jeu se continue. Ajoutons que nous ne savons pas résoudre les contradictions que nous signalons dans cette note-ci et dans les deux suivantes.
-
voetnoot2)
- Ce serait, en vérité, le sixième ducat.
-
voetnoot1)
- Ce paragraphe nous fait voir comment Huygens a attaqué de nouveau le problème du § 1 sans réussir, cette fois encore, à le résoudre.
-
voetnoot2)
- On voit que ce problème ne diffère pas essentiellement de celui du § 1.
-
voetnoot3)
- Huygens n'achève pas la phrase. Il préfère recommencer sa tentative d'une façon un peu différente.
-
voetnoot1)
- Ce paragraphe nous fait voir comment Huygens a attaqué de nouveau le problème du § 1 sans réussir, cette fois encore, à le résoudre.
-
voetnoot2)
- On voit que ce problème ne diffère pas essentiellement de celui du § 1.
-
voetnoot3)
- Huygens n'achève pas la phrase. Il préfère recommencer sa tentative d'une façon un peu différente.
-
voetnoot4)
- Huygens suspend de nouveau sa tentative pour la reprendre plus loin (au § 4). Il se propose de résoudre d'abord (comme pour se faire la main) un problème analogue, mais bien plus facile; voir le § 3 qui suit.
-
voetnoot5)
- Dans ce paragraphe Huygens parvient à résoudre le problème plus facile qu'il s'est proposé.
-
voetnoot4)
- Huygens suspend de nouveau sa tentative pour la reprendre plus loin (au § 4). Il se propose de résoudre d'abord (comme pour se faire la main) un problème analogue, mais bien plus facile; voir le § 3 qui suit.
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voetnoot5)
- Dans ce paragraphe Huygens parvient à résoudre le problème plus facile qu'il s'est proposé.
-
voetnoot1)
- Puisque B se trouve alors exactement dans la même position où était C lorsque sa chance fut posée égale à z.
-
voetnoot1)
- Puisque B se trouve alors exactement dans la même position où était C lorsque sa chance fut posée égale à z.
-
voetnoot4)
- Les chances des trois joueurs A, B, C d'obtenir l'enjeu 3d valent donc respectivement au commencement du jeu: 15/14 d, 15/14 d et 6/7 d, et leurs avantages ou désavantages (qu'on trouve en ôtant de la valeur de ces chances la mise d): 1/14 d, 1/14 d et - 1/7 d. Le problème est donc résolu.
-
voetnoot4)
- Les chances des trois joueurs A, B, C d'obtenir l'enjeu 3d valent donc respectivement au commencement du jeu: 15/14 d, 15/14 d et 6/7 d, et leurs avantages ou désavantages (qu'on trouve en ôtant de la valeur de ces chances la mise d): 1/14 d, 1/14 d et - 1/7 d. Le problème est donc résolu.
-
voetnoot1)
- Dans ce paragraphe le problème du § 2 est repris et réduit à la sommation d'une suite infinie; comparez la dernière ligne de la p. 171 et les p. 17-18 de l'Avertissement.
-
voetnoot2)
- Puisque la chance de C est la même que ce soit A ou B qui gagne la première partie, on peut supposer avec Huygens que c'est A qui gagne et qui participe au deuxième jeu. Après cela ou sait pour les parties qui peuvent suivre, et que Huygens va considérer une à une, lesquels des joueurs y prendront part.
-
voetnoot3)
- Ce 7 remplace un 6 qui fut biffé. Comparez la note 5.
-
voetnoot5)
- Huygens représente ici les avantages et les désavantages de C par une suite qu'il pourrait prolonger à désir en négligeant ensuite le dernier terme; mais il oublie d'apporter aux termes de cette suite les corrections indiquées dans les notes 3 et 4. En vérité l'expression pour x devrait donc s'écrire: x ∞ - 2/2 d + 5/4 d - 2/8 d - 3/16 d + 7/32 d - 3/64 d - 4/128 d + 9/256 d - 4/512 d - 5/1024 d + 11/2048 d + ...
comme on le vérifie facilement en consultant le petit tableau qui suit:
| Numéro de la partie |
Joueurs participants |
Joueur en repos |
Mise de chacun des joueurs en ducats |
Gain ou perte de C quand le jeu finit avec cette partie |
Chance que le jeu finit de cette façon |
Contribution à l'avantage ou au désavantage de C |
|
|
|
A |
B |
C |
|
|
|
| 1 |
A, B |
C |
1 |
1 |
1 |
|
|
|
| 2 |
A, C |
B |
1 |
2 |
1 |
- 2 |
1/2 |
- 2/2 |
| 3 |
C, B |
A |
2 |
2 |
1 |
+ 5 |
1/4 |
+ 5/4 |
| 4 |
B, A |
C |
2 |
2 |
2 |
- 2 |
1/8 |
- 2/8 |
| 5 |
A, C |
B |
2 |
3 |
2 |
- 3 |
1/16 |
- 3/16 |
| 6 |
C, B |
A |
3 |
3 |
2 |
+ 7 |
1/32 |
+ 7/32 |
| 7 |
B, A |
C |
3 |
3 |
3 |
- 3 |
1/64 |
- 3/64 |
| 8 |
A, C |
B |
3 |
4 |
3 |
- 4 |
1/128 |
- 4/128 |
| 9 |
C, B |
A |
4 |
4 |
3 |
+ 9 |
1/256 |
+ 9/256 |
| 10 |
B, A |
C |
4 |
4 |
4 |
- 4 |
1/512 |
- 4/512 |
| 11 |
A, C |
B |
4 |
5 |
4 |
- 5 |
1/1024 |
- 5/512 |
| 12 |
C, B |
A |
5 |
5 |
4 |
+ 11 |
1/2048 |
+ 11/2048 |
Quant à la sommation de la suite, on peut observer d'abord que la somme des trois premiers termes est zéro, celle des trois suivantes - 1/64 d; continuant ainsi on trouve facilement:
En appliquant ensuite l'artifice employé par Huygens en 1665 (voir la p. 106) on a:
d'où il résulte que le désavantage de C au commencement du jeu est égal à 1/49 d'un ducat.
-
voetnoot1)
- Dans ce paragraphe le problème du § 2 est repris et réduit à la sommation d'une suite infinie; comparez la dernière ligne de la p. 171 et les p. 17-18 de l'Avertissement.
-
voetnoot2)
- Puisque la chance de C est la même que ce soit A ou B qui gagne la première partie, on peut supposer avec Huygens que c'est A qui gagne et qui participe au deuxième jeu. Après cela ou sait pour les parties qui peuvent suivre, et que Huygens va considérer une à une, lesquels des joueurs y prendront part.
-
voetnoot3)
- Ce 7 remplace un 6 qui fut biffé. Comparez la note 5.
-
voetnoot5)
- Huygens représente ici les avantages et les désavantages de C par une suite qu'il pourrait prolonger à désir en négligeant ensuite le dernier terme; mais il oublie d'apporter aux termes de cette suite les corrections indiquées dans les notes 3 et 4. En vérité l'expression pour x devrait donc s'écrire: x ∞ - 2/2 d + 5/4 d - 2/8 d - 3/16 d + 7/32 d - 3/64 d - 4/128 d + 9/256 d - 4/512 d - 5/1024 d + 11/2048 d + ...
comme on le vérifie facilement en consultant le petit tableau qui suit:
| Numéro de la partie |
Joueurs participants |
Joueur en repos |
Mise de chacun des joueurs en ducats |
Gain ou perte de C quand le jeu finit avec cette partie |
Chance que le jeu finit de cette façon |
Contribution à l'avantage ou au désavantage de C |
|
|
|
A |
B |
C |
|
|
|
| 1 |
A, B |
C |
1 |
1 |
1 |
|
|
|
| 2 |
A, C |
B |
1 |
2 |
1 |
- 2 |
1/2 |
- 2/2 |
| 3 |
C, B |
A |
2 |
2 |
1 |
+ 5 |
1/4 |
+ 5/4 |
| 4 |
B, A |
C |
2 |
2 |
2 |
- 2 |
1/8 |
- 2/8 |
| 5 |
A, C |
B |
2 |
3 |
2 |
- 3 |
1/16 |
- 3/16 |
| 6 |
C, B |
A |
3 |
3 |
2 |
+ 7 |
1/32 |
+ 7/32 |
| 7 |
B, A |
C |
3 |
3 |
3 |
- 3 |
1/64 |
- 3/64 |
| 8 |
A, C |
B |
3 |
4 |
3 |
- 4 |
1/128 |
- 4/128 |
| 9 |
C, B |
A |
4 |
4 |
3 |
+ 9 |
1/256 |
+ 9/256 |
| 10 |
B, A |
C |
4 |
4 |
4 |
- 4 |
1/512 |
- 4/512 |
| 11 |
A, C |
B |
4 |
5 |
4 |
- 5 |
1/1024 |
- 5/512 |
| 12 |
C, B |
A |
5 |
5 |
4 |
+ 11 |
1/2048 |
+ 11/2048 |
Quant à la sommation de la suite, on peut observer d'abord que la somme des trois premiers termes est zéro, celle des trois suivantes - 1/64 d; continuant ainsi on trouve facilement:
x = - 1/64 d (1 + 2/8 + 3/64 + 4/512 + ....).
En appliquant ensuite l'artifice employé par Huygens en 1665 (voir la p. 106) on a:
d'où il résulte que le désavantage de C au commencement du jeu est égal à 1/49 d'un ducat.
-
voetnoot1)
- Ce paragraphe s'occupe de la solution d'un problème qui ne diffère de celui des §§ 1 et 2 que par la circonstance que le jeu commence sans qu'il y ait une mise. Comparez encore la p. 18 de l'Avertissement.
-
voetnoot2)
- En sommant les termes de cette suite trois à trois on trouve
 c'est-à-dire (par l'artifice exposé dans la note 5 de la p. 177)  ; l'avantage de C est donc 6/49 d'un ducat.
Voici d'ailleurs une solution générale qui s'applique à tous les problèmes traités dans cet Appendice: Soit m la mise de chacun des trois joueurs au début du jeu et n ce que le perdant doit ajouter chaque fois à l'enjeu. Supposons d'abord qu'une ou plusieurs parties aient déjà été jouées, de sorte que l'enjeu est devenu égal à e. Nous allons calculer les espérances mathématiques des joueurs à compter de cet instant. À cet effet nous faisons remarquer que chacune de ces espérances peut être considérée comme formée par la somme de deux parties dont l'une dépend de l'enjeu actuel e et l'autre des mises éventuelles qui peuvent encore y être ajoutées avant la fin du jeu, c'est-à-dire avant que l'un des joueurs ait gagné deux parties consécutives. La première partie de ces espérances est donc proportionnelle à l'enjeu, l'autre est une constante parce que, d'après les règles du jeu, la chance que le jeu finit à un moment donné à l'avantage de l'un des joueurs est indépendante de la grandeur de l'enjeu. On peut donc poser pour l'espérance de celui qui vient de gagner: a1e + a2, pour celle de celui qui vient de perdre: b1e + b2 et, enfin, pour l'espérance de celui qui n'a pas participé à la dernière partie: c1e + c2. Or, le gagnant a une chance égale de gagner la nouvelle partie qu'il va engager et de la perdre. Au
premier cas il recevra l'enjeu et la nouvelle mise n de celui qui perd cette partie; au second cas il devra mettre n et il sera ensuite dans la situation de celui qui vient de perdre, mais l'enjeu sera maintenant e + n. On a donc  . On trouve de même:  , et enfin:  . On en déduit les six équations:  ; ce qui donne a1 = 4/7; b1 = 1/7; c1 = 2/7; a2 = 5/49 n; b2 = 3/49 n; c2 = - 8/49 n. Il en résulte que l'espérance du gagnant est représentée par 4/7 e + 5/49 n; celle du perdant par 1/7 e + 3/49 n, et celle du troisième joueur par 2/7 e - 8/49 n. Reportons nous maintenant au commencement du jeu et soient A et B les joueurs qui engageront la première partie, C le troisième joueur, qui jouera avec le gagnant. Il est certain qu'après la première partie C sera dans la situation du joueur qui n'a pas participé à la partie et que l'enjeu sera alors 3m + n. Son espérance mathématique au début du jeu est donc égale à  . Pour trouver son avantage ou désavantage, dans le sens que Huygens attache à ces expressions, on doit déduire de son espérance sa mise
m. On obtient donc pour cet avantage: - 1/7 m + 6/49 n, et, par
conséquent, pour celui des autres joueurs 1/14 m - 3/49 n. En posant m = d, n = 0, on retrouve la solution du problème simplifié du § 3; voir la note 4 de la p. 174. Prenant m = d, n = a, on obtient la solution du problème principal proposé au § 2; voir les dernières lignes de la note 5 de la p. 177. Enfin, en supposant m = 0, n = d, on trouve l'avantage de C égal à 6/49 d, comme dans le premier alinéa de cette note.
-
voetnoot1)
- Ce paragraphe s'occupe de la solution d'un problème qui ne diffère de celui des §§ 1 et 2 que par la circonstance que le jeu commence sans qu'il y ait une mise. Comparez encore la p. 18 de l'Avertissement.
-
voetnoot2)
- En sommant les termes de cette suite trois à trois on trouve
 c'est-à-dire (par l'artifice exposé dans la note 5 de la p. 177) ; l'avantage de C est donc 6/49 d'un ducat.
Voici d'ailleurs une solution générale qui s'applique à tous les problèmes traités dans cet Appendice: Soit m la mise de chacun des trois joueurs au début du jeu et n ce que le perdant doit ajouter chaque fois à l'enjeu. Supposons d'abord qu'une ou plusieurs parties aient déjà été jouées, de sorte que l'enjeu est devenu égal à e. Nous allons calculer les espérances mathématiques des joueurs à compter de cet instant. À cet effet nous faisons remarquer que chacune de ces espérances peut être considérée comme formée par la somme de deux parties dont l'une dépend de l'enjeu actuel e et l'autre des mises éventuelles qui peuvent encore y être ajoutées avant la fin du jeu, c'est-à-dire avant que l'un des joueurs ait gagné deux parties consécutives. La première partie de ces espérances est donc proportionnelle à l'enjeu, l'autre est une constante parce que, d'après les règles du jeu, la chance que le jeu finit à un moment donné à l'avantage de l'un des joueurs est indépendante de la grandeur de l'enjeu. On peut donc poser pour l'espérance de celui qui vient de gagner: a1e + a2, pour celle de celui qui vient de perdre: b1e + b2 et, enfin, pour l'espérance de celui qui n'a pas participé à la dernière partie: c1e + c2. Or, le gagnant a une chance égale de gagner la nouvelle partie qu'il va engager et de la perdre. Au
premier cas il recevra l'enjeu et la nouvelle mise n de celui qui perd cette partie; au second cas il devra mettre n et il sera ensuite dans la situation de celui qui vient de perdre, mais l'enjeu sera maintenant e + n. On a donc . On trouve de même: , et enfin: . On en déduit les six équations: ; ce qui donne a1 = 4/7; b1 = 1/7; c1 = 2/7; a2 = 5/49 n; b2 = 3/49 n; c2 = - 8/49 n. Il en résulte que l'espérance du gagnant est représentée par 4/7 e + 5/49 n; celle du perdant par 1/7 e + 3/49 n, et celle du troisième joueur par 2/7 e - 8/49 n. Reportons nous maintenant au commencement du jeu et soient A et B les joueurs qui engageront la première partie, C le troisième joueur, qui jouera avec le gagnant. Il est certain qu'après la première partie C sera dans la situation du joueur qui n'a pas participé à la partie et que l'enjeu sera alors 3m + n. Son espérance mathématique au début du jeu est donc égale à . Pour trouver son avantage ou désavantage, dans le sens que Huygens attache à ces expressions, on doit déduire de son espérance sa mise
m. On obtient donc pour cet avantage: - 1/7 m + 6/49 n, et, par
conséquent, pour celui des autres joueurs 1/14 m - 3/49 n. En posant m = d, n = 0, on retrouve la solution du problème simplifié du § 3; voir la note 4 de la p. 174. Prenant m = d, n = a, on obtient la solution du problème principal proposé au § 2; voir les dernières lignes de la note 5 de la p. 177. Enfin, en supposant m = 0, n = d, on trouve l'avantage de C égal à 6/49 d, comme dans le premier alinéa de cette note.
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