Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 16/Analise appliquée, article 1
# Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 16/Analise appliquée, article 1

## ANALISE APPLIQUÉE.

### Mémoire sur l’avantage du banquier au jeu de trente et quarante ;

L’évaluation des chances, dans les jeux de hasard, a été l’origine du calcul des probabilités, et l’objet des problèmes résolus d’abord par Pascal, Fermat, Huyghens et les autres géomètres qui se sont les premiers occupés de ce calcul. Ceux qui les ont suivis dans cette carrière, et particulièrement M. Laplace, ne se sont pas bornés à résoudre des problèmes de cette nature ; ils ont étendu les applications de ce calcul à des questions d’un plus grand intérêt ; et la théorie des probabilités est devenue une des branches les plus importantes des sciences mathématiques. Mais, parmi les nombreuses questions, d’espèces si différentes, qui dépendent de cette théorie, il en existe une qui n’a point encore fixé l’attention des géomètres, ou, du moins, je n’ai vu nulle part qu’ils se soient occupés du calcul des chances, dans le jeu connu indifféremment sous le nom de trente et quarante ou sous celui de trente et un. À la vérité, on trouve dans l’Encyclopédie, par ordre de matières, à la suite de la description de ce jeu, une évaluation numérique des chances qu’il présente, mais, avec un peu de réflexion, on s’assure aisément de l’inexactitude du principe sur lequel ce calcul est fondé. Cependant, le trente et un étant le jeu auquel on expose annuellement le plus d’argent, dans les jeux publics, il serait utile de reconnaître à priori l’avantage des personnes auxquelles la ville de Paris concède le privilège exclusif de ces jeux. Cette question d’ailleurs, par la complication des conditions du jeu, est un des problèmes de probabilité les plus curieux qu’on puisse se proposer. La plupart de ces problèmes se résolvent, comme on sait, par des méthodes uniformes, fondées sur l’intégration des équations aux différences finies et partielles ; mais, dans la question dont il s’agit ici, on ne tarde pas à reconnaître que l’usage de ces équations ne pourrait être d’aucun secours, et l’on est obligé, pour la résoudre, de recourir à de nouveaux moyens. Ceux que j’ai employés, dans ce mémoire, m’ont conduit à des formules dont le développement, suivant les puissances d’une ou de plusieurs variables, fera connaître toutes les chances du trente et quarante que l’on voudra déterminer ; de la même manière que, dans des questions moins compliquées, le développement de la puissance d’un binôme, ou d’un polynôme composé de plus de deux termes, sert à trouver la probabilité des événemens composés, d’après celle des événemens simples. La conséquence principale que j’en ai déduite est qu’au jeu du trente et quarante, l’avantage du banquier est à très-peu près égal aux onze millièmes de la somme des mises, ou, autrement dit, que, dans une très-longue suite de coups, celui que l’on nomme refait de trente et un, et pour lequel le banquier prend la demi-somme des mises, doit revenir, à très-peu près, vingt-deux fois pour un millier de coups ; la probabilité de cette proportion pouvant approcher de la certitude d’aussi près qu’on voudra, en prolongeant le jeu convenablement.

1. Le jeu de trente et quarante se joue avec six jeux de cartes complets, formant en tout 312 cartes. Les figures comptent pour dix, les as pour un, et chacune des autres cartes pour le nombre de ses points. Toutes les cartes étant mêlées, on tire successivement une, deux, trois, … cartes, jusqu’à ce que la somme des points des cartes tirées ait passé trente ; et l’on s’arrête aussitôt qu’elle a dépassé cette limite. On fait ensuite un second tirage, semblable au premier, c’est-à-dire, que l’on tire de même, sur les cartes restantes, une, deux, trois, … cartes, jusqu’à ce que la somme de leurs points ait surpassé trente. L’ensemble de ces deux tirages forme ce qu’on appelle un coup. Après le premier coup, on en joue un second, de la même manière, avec les cartes restantes ; après celui-ci un troisième ; et ainsi de suite, jusqu’à ce qu’on ait épuisé la totalité des cartes que l’on avait d’abord. Quand ces 312 cartes sont tirées, ou bien, quand il n’en reste plus assez pour faire un coup complet, on a achevé ce qu’on appelle une taille ; et le jeu peut ensuite recommencer, suivant les mêmes règles, avec les mêmes ou d’autres cartes.

Puisque l’on s’arrête, dans chaque tirage, dès qu’on a dépassé trente, et puisque 10 est le plus haut point qu’une carte puisse amener, il s’ensuit que chaque tirage ne peut présenter que 10 points différens, dont le plus petit sera 31 et le plus grand 40. En ajoutant les points de toutes les cartes qui composent six jeux complets, la somme est égale à 2040. Chaque coup emploîra au plus 80 et au moins 62 de ces points ; le nombre des coups qui composeront une taille entière sera donc toujours compris entre 2040/80 et 2040/62 ou entre 25 et 32.

Avant qu’un coup soit commencé, chaque joueur parie contre le banquier, pour l’un ou l’autre des deux tirages dont ce coup sera composé. Le tirage qui amène le plus petit point, ou le moins éloigné de trente, est celui qui gagne. Le banquier paye aux joueurs qui ont parié pour ce tirage une somme égale à celle qu’ils ont jouée, et il prend les mises des joueurs qui ont parié pour l’autre tirage. Si les deux tirages amènent des points égaux, et supérieurs à 31, comme 32 et 32, 33 et 33, …40 et 40, le coup est nul : le banquier ne paye ni ne reçoit rien pour ces sortes de coups ; de sorte que s’il en était de même pour le coup 31 et 31, le banquier n’aurait évidemment aucun avantage, et le jeu serait parfaitement égal entre les joueurs et lui. Mais, lorsqu’il arrive ce qu’on appelle un refait de 31, ou autrement dit, si les deux tirages d’un même coup amènent ce nombre, le coup n’est pas réputé nul, et le banquier prend la moitié des mises de tous les joueurs. L’avantage du banquier, au jeu de trente et quarante, est donc égal, pour chaque coup, à la demi-somme de toutes les mises, multipliée par la probabilité du refait de 31, relative à ce coup. Ainsi, l’objet principal de ce mémoire consiste à déterminer cette probabilité. Mais nous allons, auparavant, résoudre plusieurs problèmes de hasard qui n’avaient point encore été traités jusqu’ici, et dont cette détermination ne sera plus qu’une application particulière.

2. Une urne renferme x₁ portant le numéro 1, x₂ boules portant le numéro 2, x₃ boules portant le numéro 3, …, enfin xᵢ boules portant le numéro i, le plus haut de tous ceux dont les boules sont marquées ; on tire successivement une, deux, trois, … boules, sans les remettre dans l’urne, après qu’elles en sont sorties ; cette suite de tirages se continue, jusqu’à ce que la somme des numéros amenés par les boules ait atteint ou surpassé un nombre donné x: on demande la probabilité que cette somme sera égale au nombre x ?

Soit s le nombre total des boules contenues dans l’urne ; en sorte qu’on ait

x₁+x₂+x₃+…xᵢ=s.

Désignons par a₁, a₂, a₃, …aᵢ, des nombres entiers ou nuls, respectivement moindres que x₁, x₂, x₃, …xᵢ, ou qui leur soient tout au plus égaux ; et faisons aussi

a₁+a₂+a₃+…aᵢ=n.

Par les premières règles du calcul des probabilités, si l’on fait un nombre n de tirages successifs, sans remettre les boules dans l’urne, la probabilité d’amener d’abord a₁ boules n.ᵒ 1, ensuite a₂ boules n.ᵒ 2, puis a₃ boules n.ᵒ 3 …, enfin aᵢ boules n.ᵒ i, sera exprimée par

(s−n)!/s!.x₁!/(x₁−a₁−1)!.x₂!/(x₂−a₂−1)!.x₃!/(x₃−a₃−1)!.… xᵢ!/(xᵢ−aᵢ−1)! ;

en adoptant, en général, avec quelques géomètres, pour la commodité typographique, l’expression k!, comme le symbole de 1.2.3…k. Pour en déduire la probabilité d’amener, dans un ordre quelconque, en n tirages, a₁ boule n.ᵒ 1, a₂ boules n.ᵒ 2, a₃ boules n.ᵒ 3 … aᵢ boules n.ᵒ i, il faudrait multiplier cette quantité par le nombre 1.2.3…n de permutations dont sont susceptibles les n numéros amenés, si tous ces numéros étaient différens ; mais, à cause que les numéros égaux ne doivent pas être permutés entre eux, il faudra multiplier la probabilité précédemment obtenue seulement par

n!/a₁!a₂!a₃!…aᵢ! ;

ce qui donnera un produit qui pourra s’écrire ainsi

n!(s−n)!/s!.x₁!/a₁!(x₁−a₁−1)!.x₂!/a₂!(x₂−a₂−1)!.… xᵢ!/aᵢ!(xᵢ−aᵢ−1)!.

Or, en intégrant, depuis y=0 jusqu’à y=1, on a

n!(s−n)!/s!=(s+1)∫(1−y)ˢ⁻ⁿyⁿddy;

en faisant donc, pour abréger

x₁!yᵃ¹/a₁!(x₁−a₁−1)!(1−y)ᵃ¹.x₂!yᵃ²/a₂!(x₂−a₂−1)!(1−y)ᵃ².…

xᵢ!yᵃⁱ/aᵢ!(xᵢ−aᵢ−1)!(1−y)ᵃⁱ=Y,

et observant que la somme des exposans a₁, a₂, a₃, …aᵢ est égale à n, ce produit deviendra donc

(s+1)∫(1−y)ˢYddy.

La somme des numéros amenés par cette suite de tirages sera a₁+2a₂+3a₃+…+iaᵢ; or, d’après l’énoncé du problème, cette somme doit être égale à x; la probabilité demandée par cet énoncé sera donc égale à la somme des valeurs que l’on déduira de l’expression (s+1)∫(1−y)ˢYddy, en y donnant aux nombres a₁, a₂, a₃, …aᵢ, toutes les valeurs, y compris zéro, qui satisfont à l’équation

a₁+2a₂+3a₃+…+iaᵢ=x.

Donc, si nous désignons par Y, la somme de toutes les valeurs de Y₁ qui répondent à ces valeurs de a₁, a₂, a₃, …aᵢ, et par X la probabilité demandée, nous aurons

X=(s+1)∫(1−y)ˢY₁ddy.

Maintenant, prenons une indéterminée t, et supposons qu’on fasse le produit des séries suivantes :

1+x₁/1.yt/1−y+x₁/1.x₁−1/2.y²t²/(1−y)²+x₁/1.x₁−1/2.x₁−2/3.y³t³/(1−y)³+…,

1+x₂/1.yt²/1−y+x₂/1.x₂−1/2.y²t⁴/(1−y)²+x₂/1.x₂−1/2.x₂−2/3.y³t⁶/(1−y)³+…,

1+xᵢ/1.ytⁱ/1−y+xᵢ/1.xᵢ−1/2.y²t²ⁱ/(1−y)²+xᵢ/1.xᵢ−1/2.xᵢ−2/3.y³t³ⁱ/(1−y)³+…;

si l’on ordonne ce produit par rapport aux puissances de t, il est évident, d’après la forme de Y, que la somme Y₁ des valeurs de cette quantité ne sera autre chose que le coefficient de tˣ dans la série qu’on obtiendra ; d’ailleurs, les i facteurs du produit sont les développemens des puissances

(1+yt/1−y )ˣ¹, (1+yt²/1−y )ˣ², …(1+ytⁱ/1−y )ˣⁱ;

donc, à cause de x₁+x₂+x₃+…xᵢ=s, Y₁ sera le coefficient de tˣ, dans le développement du produit

(1−y)ˢ(1−y+yt)ˣ¹(1−y+yt²)ˣ²…(1−y+ytⁱ)ˣⁱ,

et par conséquent, la probabilité X sera aussi le coefficient de tˣ dans le développement de

(s+1)∫(1−y+yt)ˣ¹(1−y+yt²)ˣ²(1−y+yt³)ˣ³…(1−y+ytⁱ)ˣⁱd⁡y;

l’intégrale étant prise, comme précédemment, depuis y=0 jusqu’à y=1.

3. Pour résoudre le même problème par le moyen des équations aux différences finies, j’observe que la probabilité demandée est une fonction du nombre x et des nombres x₁, x₂, x₃, …xᵢ, et je la désigne par Z_{x, x1, x2, …xi}. Après le premier tirage, cette fonction deviendra l’une des quantités

Z_{x−1, x1−1, x2, x3, …xi}, Z_{x−2, x1, x2−1, x3, …xi}, Z_{x−3, x1, x2, x3−1, …xi}, ………………Z_{x−i, x1, x2, x3, …xi−1},

suivant que la boule sortie portera quelqu’un des numéros 1, 2, 3, …i, respectivement. Les probabilités de ces événemens sont d’ailleurs respectivement

x₁/s, x₂/s, x₃/s, … xᵢ/s ;

or, il est évident que la probabilité avant le premier tirage est égale à la somme des probabilités qui auront lieu après, multipliées chacune par la probabilité de l’événement auquel elle répond : c’est ce principe qui sert à mettre en équation la plupart des problèmes de probabilité ; et, dans la question présente, il en résulte que nous aurons

Z_{x, x1, x2, x3, …xi}={ x₁/s Z_{x−1, x1−1, x2, x3, …xi}+ x₂/s Z_{x−2, x1, x2−1, x3, …xi}+ x₂/s Z_{x−3, x1, x2, x3−1, …xi}+………………………+ xᵢ/s Z_{x−i, x1, x2, x3, …xi−1}}(1)

Le même raisonnement montre que, si l’on a x=a, a étant plus petit que i, on aura

Z_{a, x1, x2, x3, …xi}={ x₁/s Z_{a−1, x1−1, x2, x3, …xi}+ x₂/s Z_{a−2, x1, x2−1, x3, …xi}+ x₂/s Z_{a−3, x1, x2, x3−1, …xi}+………………………+ xₐ₋₁/s Z_{1, x1, x2, x3, …xa−1−1…xi}+ xₐ/s.}

En comparant cette équation à la précédente, on voit que, pour qu’elle y soit comprise, et pour que l’équation (1) subsiste, pour toutes les valeurs de x<i, il est nécessaire de supposer la fonction Z égale à l’unité, quand x=0, et nulle, pour toutes les valeurs négatives de x plus petites que i, abstraction faite du signe, quelles que soient d’ailleurs les autres variables x₁, x₂, x₃, …xᵢ. Cela étant, en faisant successivement x=1, x=2, x=3, …, dans l’équation (1), on en déduira

Z_{1, x1, x2, …xi}=x₁/s,

Z_{2, x1, x2, …xi}=x₁/s Z_{1, x1−1, x2, …xi}+x₁/s,

Z_{3, x1, x2, …xi}=x₁/s Z_{2, x1−1, x2, …xi}+x₁/s Z_{3, x1, x2−1, …xi}+x₁/s,

mettant aussi successivement x₁−1, x₂−1, x₃−1, …, à la place de x₁, x₂, x₃, …, dans la première de ces équations, on pourra ensuite éliminer les quantités

Z_{1, x1−1, x2, x3, …xi}, Z_{1, x1, x2−1, x3, …xi}, Z_{1, x1, x2, x3−1, …xi}, ………………

contenues dans les autres, et l’on aura

Z_{2, x1, x2, …xi}=x₁/s.x₁−1/s−1+x₂/s,

Z_{3, x1, x2, …xi}=x₁/s Z_{2, x1−1, x2, …xi}+x₂/s.x₁/s−1+x₃/s,

et de même, au moyen de celles-ci, on obtiendrait

Z_{3, x1, x2, …xi}=x₁/s.x₁−1/s−1.x₁−2/s−2+2 x₂/s.x₁/s−1+x₃/s,

et ainsi de suite.

De cette manière, on calculera aisément la probabilité demandée, lorsque x sera un petit nombre ; mais le calcul deviendra impraticable, dès que ce nombre sera un peu considérable ; et il faudra alors recourir à l’intégrale générale de l’équation (1). Cette équation linéaire a ses coefficiens variables ; néanmoins, si l’on multiplie tous ses termes par s, ses coefficiens ne renfermeront les variables qu’au premier degré ; circonstance d’après laquelle il sera possible d’intégrer l’équation (1) par le moyen des intégrales définies. Mais cette méthode ne conduirait que très-difficilement à la solution du problème que nous nous sommes proposé ; c’est pourquoi nous nous bornerons à vérifier que la solution que nous avons trouvée satisfait à l’équation (1).

4. Soit, pour y parvenir,

ΣtˣZ_{x, x1−1, x2, x3, …xi}=T_{x1−1, x2, x3, …xi};

Σ indiquant une somme qui s’étend à toutes les valeurs entières et positives de x, y compris x=0, et jusqu’à x=∞. Les valeurs de la fonction Z qui répondent à des x négatives étant nulles, d’après ce qu’on a dit plus haut, on aura

ΣtˣZ_{x−i′, x1, x2, …xi}=tⁱ′T_{x1−1, x2, …xi},

i′ étant un nombre entier et positif ; et, à cause que cette fonction i′ est égale à l’unité quand x=0, le premier terme de la fonction T sera aussi égal à un. Si donc nous multiplions l’équation (1) par tx, que nous donnions ensuite à x toutes les valeurs comprises depuis x=1 jusqu’à x=∞, et que nous fassions la somme de toutes les équations qui répondent à ces valeurs, nous aurons pour résultat

T_{x1−1, x2, …xi}−1={ tx₁/s T_{x1−1, x2, x3, …xi}+ t²x₂/s T_{x1, x2−1, x3, …xi}+ t³x₃/s T_{x1, x2, x3−1, …xi}+………………………+T_{x1, x2, x3, …xi−1}}(2)

D’ailleurs, en ayant égard à l’expression de X, trouvée à la fin du n.ᵒ 1, et qui doit aussi être la valeur de la fonction Z, on voit qu’on doit avoir

T_{x1, x2, x3, …xi}=

(s+1)∫(1−y)ˢ(1−y+yt)ˣ¹(1−y+yt²)ˣ²…(1−y+ytⁱ)ˣⁱd⁡y;

l’intégrale étant prise depuis y=0 jusqu’à y=1; la question consiste donc à vérifier que cette valeur de la fonction T satisfait à l’équation (2), quelle que soit la variable t.

Or, je fais

y/1−y=u,

y=u/(1+u),

d⁡y=d⁡u/((1+u)²) ;

et, pour abréger,

(1+ut)ˣ¹.(1+ut²)ˣ².(1+ut³)ˣ³…(1+utⁱ)ˣⁱ=U;

l’équation précédente devient

T_{x1−1, x2, x3, …xi}=(s+1)∫ Ud⁡u/((1+u)ˢ⁺²) ;

et l’intégrale devra être prise depuis u= 0 jusqu’à u=∞. En mettant successivement, dans cette équation précédente x₁−1, x₂−1, x₃−1, …xᵢ−1 à la place de x₁, x₂, x₃, …xᵢ et, en même temps, s−1 à la place de s, on aura

T_{x1−1, x2, …xi}=s∫(1−y+yt)ˣ¹⁻¹(1−y+yt²)ˣ²…(1−y+ytⁱ)ˣⁱd⁡y,

T_{x1, x2−1, …xi}=s∫(1−y+yt)ˣ¹(1−y+yt²)ˣ²⁻¹…(1−y+ytⁱ)ˣⁱd⁡y,

T_{x1, x2, …xi−1}=s∫(1−y+yt)ˣ¹(1−y+yt²)ˣ²…(1−y+ytⁱ)ˣⁱ⁻¹d⁡y;

mais, en différentiant U par rapport à u, on a

d⁡U/d⁡u={tx₁(1+ut)ˣ¹⁻¹.(1+ut²)ˣ²…(1+utⁱ)ˣⁱ+t²x₂(1+ut)ˣ¹.(1+ut²)ˣ²⁻¹…(1+utⁱ)ˣⁱ………………………+tⁱx₂(1+ut)ˣ¹.(1+ut²)ˣ²…(1+utⁱ)ˣⁱ⁻¹};

et, si l’on compare cette équation aux précédentes, on en conclut facilement

s∫ d⁡U/((1+u)ˢ⁺¹)={tx₁T_{x1−1, x2, x3, …xi}+t²x₂T_{x1, x2−1, x3, …xi}+…………………+tⁱxᵢT_{x1, x2, x3, …xi−1}}.

Au moyen de ces résultats, l’équation (2) devient

(s+1)∫ Ud⁡u/((1+u)ˢ⁺²)−1=∫ d⁡U/((1+u)ˢ⁺¹) ;

mais, en intégrant par parties, il vient

∫ d⁡U/((1+u)ˢ⁺¹)=U/((1+u)ˢ⁺¹)+(s+1)∫ Ud⁡u/((1+u)ˢ⁺²) ;

à la limite u=0, on a U=1; à la limite u=∞, on a

U/((1+u)ˢ⁺¹)=0,

parce que U est le produit de s facteurs du premier degré par rapport à u; on aura donc

∫ d⁡U/((1+u)ˢ⁺¹)=−1+(s+1)∫ Ud⁡u/((1+u)ˢ⁺²) ;

ce qui rend identique l’équation (3) qu’il s’agissait de vérifier.

5. Maintenant, proposons-nous ce second problème : les mêmes choses étant posées que dans le premier, on fait une première suite de tirages que l’on continue jusqu’à ce que la somme des numéros amenés ait atteint ou surpassé le nombre x; ensuite, sans remettre les numéros sortis, on fait une seconde suite de tirages, que l’on prolonge jusqu’à ce que la somme des numéros amenés ait de même atteint ou surpassé un nombre aussi donné x′, on demande la probabilité qu’on obtiendra, à la fois, la somme x, dans la première opération, et la somme x′, dans la seconde ?

Comme dans le premier problème, la probabilité d’amener, dans la première suite de tirages et dans un ordre quelconque, a₁ boules n.ᵒ 1, a₂ boules n.ᵒ 2, a₃ boules n.ᵒ 3 …, aᵢ boules n.ᵒ i, sera exprimée par

n!(s−n)!/s!.x₁!/a₁!(x₁−a₁)!.x₂!/a₂!(x₂−a₂)!.… xᵢ!/aᵢ!(xᵢ−aᵢ)! ;

cet événement ayant eu lieu, la probabilité d’amener à la seconde suite de tirages, aussi dans un ordre quelconque, b₁ boules n.ᵒ 1, b₂ boules n.ᵒ 2, b₃ n.ᵒ 3, …, bᵢ boules n.ᵒ i, sera

n!(s−n−n′)!/(s−n)!.(x₁−a₁)!/b₁!(x₁−a₁−b₁)!.(x₂−a₂)!/b₂!(x₂−a₂−b₂)!.… (xᵢ−aᵢ)!/bᵢ!(xᵢ−aᵢ−bᵢ)! ;

en désignant respectivement par n et n′ les nombres de numéros qui composent le premier et le second tirages, c’est-à-dire, en faisant

a₁+a₂+a₃+…aᵢ=n,

b₁+b₂+b₃+…bᵢ=n′.

La probabilité de la succession de ces deux événemens l’un à l’autre sera le produit des deux probabilités qui leur correspondent, lequel produit pourra s’écrire ainsi

((n+n′)!(s−n−n′)!)/s!.n!n′!/((n+n′)!) ×

x₁!/a₁!b₁!(x₁−a₁−b₁)!.x₂!/a₂!b₂!(x₂−a₂−b₂)!.… xᵢ!/aᵢ!bᵢ!(xᵢ−aᵢ−bᵢ)! ;

or, en intégrant depuis y=0 jusqu’à y=1, et depuis z=0 jusqu’à z=1, nous avons

((n+n′)!(s−n−n′)!)/s!.(s+1)=∫(1−y)ˢ⁻ⁿ⁻ⁿ′yⁿ⁺ⁿ′d⁡y,

n!n′!/((n+n′)!)=(n+n′+1)∫(1−z)ⁿ′zⁿd⁡z;

de plus en faisant α=1, après la différentiation, nous avons aussi

n+n′+1=(d.αⁿ⁺ⁿ′⁺¹)/d⁡α ;

ce qui change la dernière équation en celle-ci

n!n′!/((n+n′)!)=d./d⁡α ∫(1−z)ⁿ′zⁿ.αⁿ⁺ⁿ′⁺¹d⁡z,

et, au moyen de ces valeurs et de celles de n et n′, le précédent produit sera égal à

(s+1) d./d⁡α ∬P(1−y)ˢαd⁡yd⁡z,

en faisant, pour abréger

X₁.X₂.X₃…Xᵢ=P

où l’on désigne par Xₘ, en général, le produit

(xₘ!yᵃᵐ⁺ᵇᵐ(1−z)ᵇᵐzᵃᵐαᵃᵐ⁺ᵇᵐ)/(aₘ!bₘ!(xₘ−aₘ−bₘ)!(1−y)ᵃᵐ⁺ᵇᵐ) ;

l’indice m étant un des nombres compris depuis 1 jusqu’à i.

L’énoncé du problème exige que l’on ait

a₁+2a₂+3a₃+…+iaᵢ=x,

b₁+2b₂+3b₃+…+ibᵢ=x′;

donc, si l’on donne aux nombres entiers positifs a₁, a₂, a₃, …aᵢ, b₁, b₂, b₃, …bᵢ, toutes les valeurs possibles qui satisfont à ces conditions, qu’on appelle P₁ la somme des valeurs correspondantes de P, et p la probabilité demandée par ce même énoncé, on aura

p=(s+1) d./d⁡α ∬(1−y)ˢP₁αd⁡yd⁡z.

Mais, t et θ étant deux indéterminées différentes, on peut regarder Xₘ comme le coefficient du produit tᵐᵃᵐ, θᵐᵇᵐ, dans le développement de la puissance

{1+yα/1−y [ztᵐ+(1−z)θᵐ]}ˣᵐ;

d’où l’on conclut que P₁ sera le coefficient de tˣθˣ′, dans le développement du produit

{1+yα/1−y [zt+(1−z)θ]}ˣ¹.{1+yα/1−y [zt²+(1−z)θ²]}ˣ²…

{1+yα/1−y [ztⁱ+(1−z)θⁱ]}ˣⁱ,

ordonné suivant les puissances et produits de puissances de t et θ; donc enfin, à cause de s=x₁+x₂+x₃+…xᵢ, la probabilité p, qu’il s’agit de déterminer sera le coefficient de tˣθˣ′, dans le développement de cette quantité

(s+1) d./d⁡α ∬{1−y+yα[zt+(1−z)θ]}ˣ¹.{1−y+yα[zt²+(1−z)θ²]}ˣ².

{1−y+yα[ztⁱ+(1−z)θⁱ]}ˣⁱαd⁡yd⁡z;

en se souvenant qu’on doit faire α=1, après la différentiation indiquée, et prendre les intégrales depuis y=0 et z=0, jusqu’à y=1 et z=1.

Si, au lieu d’une ou de deux suites de tirages, comme dans le premier ou le second problème que nous venons de résoudre, il y en avait trois ou un plus grand nombre, l’analise précédente conduirait à la solution de la question ; mais il suffit à l’objet principal de ce mémoire d’avoir considéré le cas de deux suites de tirages, qui est en effet celui que présente le trente et quarante, d’après les règles de ce jeu, énoncées plus haut.

6. Pour appliquer la solution du second problème au calcul des différentes chances du trente et quarante, il suffit de remplacer les boules numérotées que nous avons considérées par des cartes qui porteront les numéros marqués par leur nombre de points, lesquels s’étendront, par conséquent, depuis 1 jusqu’à 10; les figures comptant pour ce dernier nombre. On aura, par exemple, la probabilité du refait de 31, à un coup quelconque de ce qu’on appelle une taille, en faisant x=x′=31, et prenant pour x₁, x₂, x₃, …xᵢ, les nombres de cartes de chaque espèce qui ne sont pas sorties aux coups précédens ; en sorte que cette probabilité, et l’avantage du banquier qui en dépend, varieront d’un coup à un autre d’une même taille, à raison des cartes déjà sorties. Mais il est important d’observer que, pour déterminer l’avantage du banquier, avant que le jeu commence, c’est-à-dire, la fraction de chaque mise qu’on devrait lui abandonner pour qu’il renonçât à cet avantage pendant toute la durée du jeu, il suffit de calculer la probabilité du refait de 31, au premier coup seulement, ou quand les six jeux de cartes avec lesquels on joue sont encore complets. En effet, lorsque ces cartes ont été mêlées, s’il existe une chance quelconque pour qu’un événement A arrive au premier coup et un événement B à un autre coup, au dixième, par exemple, il y a exactement la même chance pour que l’événement B arrive au premier coup et l’événement A au dixième ; car on peut former un autre arrangement de toutes les cartes, qui ne diffère de celui que le hasard a donné qu’en ce que les cartes qui sortent au premier coup sont remplacées par celles qui sortent au dixième, et vice versâ ; et, comme ces deux arrangemens sont également possibles, il en résulte qu’avant que le jeu commence la probabilité d’un refait de 31 est la même pour le premier coup, pour le dixième, ou pour tout autre coup. Elle ne varie, pendant la durée du jeu, que pour les joueurs qui ont la connaissance des cartes sorties ; mais un joueur qui ne les connaîtrait pas devrait parier la même somme à tous les coups, pour l’arrivée d’un refait de 31.

Cette considération fort simple rend possible la détermination de l’avantage du banquier, en la réduisant au calcul de la seule chance qui a eu lieu au premier coup. Observons aussi qu’on pourrait déterminer cet avantage, en calculant la probabilité du refait de 31, à un autre coup choisi à volonté ; mais il faudrait faire une hypothèse sur les cartes sorties aux coups précédens, et multiplier la probabilité qu’on trouverait par celle de cette hypothèse, ce qui rendrait le calcul extrêmement compliqué.

7. Au premier coup, que nous nous bornons à considérer, les cartes sont au nombre de 312; les neuf premiers nombres x₁+x₂+x₃+…x₉, sont tous égaux à 24; le dixième seul x₁0 est différent, et quadruple de chacun des premiers. Ainsi, il faudra faire

s=312, x₁=x₂=x₃=…=x₈=x₉=24, x₁₀=96.

Soient de plus, pour abréger,

1−α[zt+(1−z)θ]=z₁, 1−α[zt²+(1−z)θ²]=z₂, 1−α[zt³+(1−z)θ³]=z₃, …………………1−α[zt¹⁰+(1−z)θ¹⁰]=z₁₀;

ensuite

(1−yz₁)ˣ¹.(1−yz₂)ˣ².(1−yz₃)ˣ³…(1−yz₁₀)ˣ¹⁰=Y;

et, enfin,

U=(s+1) d./d⁡α ∬Yαd⁡yd⁡z,

où l’on fera α=1, après la différentiation, en intégrant ensuite depuis y=0 et z=0, jusqu’à y=1 et z=1. La question se réduira à calculer le coefficient de t³ˡθ³¹, dans le développement de cette quantité U, suivant les puissances et produits de puissances de t et θ. Le nombre des facteurs de Y, et la grandeur de leurs exposans, rendraient impraticable le calcul rigoureux de ce coefficient ; mais on peut réduire l’intégrale ∫Yd⁡y en une série convergente, au moyen de laquelle on obtiendra, à tel degré d’approximation qu’on voudra, la valeur du coefficient demandé.

Pour cela, soit

V=−Yd⁡y/d⁡Y ;

nous aurons

∫Yd⁡y=−∫Vd⁡Y;

et, par une suite d’intégrations par parties, nous en conclurons

Yd⁡y={Y₀[V₀+V₀ d⁡V₀/d⁡y+V₀ d⁡(V₀ d⁡V₀/d⁡y )/d⁡y+V₀ d⁡(V₀ d⁡(V₀ d⁡V₀/d⁡y )/d⁡y )/d⁡y+…]−Y₁[V₁+V₁ d⁡V₁/d⁡y+V₁ d⁡(V₁ d⁡V₁/d⁡y )/d⁡y+V₁ d⁡(V₁ d⁡(V₁ d⁡V₁/d⁡y )/d⁡y )/d⁡y+…]}

les indices 0 et 1 indiquant respectivement qu’il faut faire y=0 et y=1, après différentions. Cette série est une de celles que M. Laplace a donné, pour calculer par approximation, les intégrales des fonctions de grands nombres. Il est aisé de s’assurer que la seconde partie, qui répond à y=1, ne donnerait en la développant suivant les puissances et produits de puissances de t et θ, que des termes dans lesquels la somme des exposans de ces variables surpasseraient x₁+2x₂+3x₃+…+10x₁₀; en sorte que nous devons en faire abstraction dans la question présente ; donc, à cause de Y₀=1, nous aurons simplement

∫Yd⁡y=V₀{1+d⁡V₀/d⁡y+d⁡(V₀ d⁡V₀/d⁡y )/d⁡y+d⁡(V₀ d⁡(V₀ d⁡V₀/d⁡y )/d⁡y )/d⁡y+…}.

Nous aurons aussi

V=1/(x₁z₁/1−yz₁+x₂z₂/1−yz₂+x₃z₃/1−yz₃+… x₁₀z₁₀/1−yz₁₀) ;

Si donc nous développons le dénominateur de cette expression suivant les puissances de y, et que, m étant un nombre quelconque, nous fassions

x₁z₁ᵐ+x₂z₂ᵐ+x₃z₃ᵐ+…x₁₀z₁₀ᵐ=Zₘ,

il en résultera

V=1/(Z₁+Z₂y+Z₃y²+Z₄y³+…) ;

et, en substituant cette valeur dans celle de ∫Yd⁡y, on trouvera

∫Yd⁡y=1/Z₁−Z₂/Z₁³+3Z₂²−2Z₁Z₃/Z₁⁵−(15Z₂³−20Z₁Z₂Z₃+6Z₁²Z₄)/Z₁⁷+…

À cause du nombre et de la grandeur des quantités x₁, x₂, x₃, …x₁₀, qu’elles renferment, les expressions Z₁, Z₂, Z₃, … ont de grandes valeurs, et toutes du même ordre de grandeur, d’où il résulte que cette série est très-convergente, du moins dans ses premiers termes ; car les coefficiens numériques qui se trouvent à leurs numérateurs croissent indéfiniment, et finissent par rendre cette série divergente. Mais, en s’en tenant à la partie dans laquelle elle est convergente, on aura une expression très-approchée de ∫Yd⁡y; et, si nous nous bornons d’abord à son premier terme, nous aurons

U=(s+1) d./d⁡α ∫ αd⁡Z/Z₁ 1

pour la valeur correspondante de U.

La valeur de Z₁ est la même chose que

Z₁=s−αT−α(1−z)Θ,

en faisant, pour abréger,

T=x₁t+x₂t²+x₃t³+…x₁₀t¹⁰,

Θ=x₁θ+x₂θ²+x₃θ³+…x₁₀θ¹⁰,

Si on la substitue dans U, et que l’on y fasse α=1, après avoir effectué la différentiation indiquée, on aura

U=∫ ((1+s)sd⁡z)/[s−zT−(1−z)Θ]²

et, en intégrant, depuis z=0 jusqu’à z=1, il vient

U=((s+1)s)/T−Θ ( 1/s−T−1/s−Θ )=(s+1)/s (1−T/s )⁻¹.(1−Θ/s )⁻¹.

Or, les deux symboles T et Θ représentant des fonctions semblables de t et θ, les coefficiens des mêmes puissances de leurs variables respectives seront les mêmes dans les développemens des deux puissances

(1−T/s )⁻¹, (1−Θ/s )⁻¹;

désignant donc par k le coefficient de it³¹, dans le premier des deux développemens, et appelant p la probabilité du refait de 31, ou le coefficient de t³¹θ³¹, dans le développement de U, nous aurons

p=(s+1)/s k²;

de sorte qu’il ne reste plus qu’à calculer la valeur numérique de ce coefficient k.

8. Avant d’effectuer ce calcul, nous observerons que la quantité k serait la probabilité de 31 simple, et, par conséquent, k² celle du refait de 31, si l’on remettait les cartes dans le jeu, à mesure qu’elles sortent. En effet, dans cette hypothèse, il est aisé de voir, d’après la théorie des combinaisons, que la probabilité d’amener une somme donnée x, dans un nombre déterminé m de tirages successifs, n’est autre chose que le coefficient de tˣ, dans le développement de la puissance

( x₁/s t+x₂/s t²+x₃/s t³+… x₁₀/s t¹⁰)ᵐ,

ou de Tᵐ/sᵐ ; par conséquent, la probabilité d’amener cette même somme en un nombre quelconque de tirages sera le coefficient de tⁿ dans le développement de la série

T/s+T²/s²+T³/s³+T⁴/s⁴+…,

qu’on peut à volonté arrêter au x.ᵐᵉ terme ou prolonger à l’infini ; on y peut aussi ajouter l’unité ; et alors elle devient égale à 1/1−T/s , ce qu’il fallait démontrer.

Il résulte de cette remarque qu’à raison du grand nombre de cartes que l’on emploie au trente et quarante, la probabilité du 31 au premier coup est peu différente de ce qu’elle serait, si l’on s’assujétissait à remettre les cartes dans le talon, à mesure quelles sont sorties. Ce résultat qui aurait aussi lieu au premier coup, pour toutes les autres chances du jeu, est évident en lui-même ; et on peut le considérer comme une vérification de la méthode d’approximation employée dans le numéro précédent.

9. Faisons usage présentement des valeurs numériques de s, x₁, x₂, x₃, …, x₁₀. Nous aurons

T/s=a(t+t²+t³+…+t⁹a4+t¹⁰)=a.t−t¹¹/1−t+3at¹⁰;

où l’on a fait, pour abréger,

24/s=24/213=1/13=a.

On conclut de là

1/1−T/s =1−t/(1−(1+a)t−a(3−4t)t¹⁰) ;

et, en développant d’abord suivant les puissances de t¹⁰, il vient

1/1−T/s

=1−t/(1−(1+a)t)+a(1−t)(3−4t)t¹⁰/([1−(1+a)t]²)+a²(1−t)(3−4t)²t²⁰/([1−(1+a)t]³)

+a³(1−t)(3−4t)³t³⁰/([1−(1+a)t]⁴).

On rejette les termes suivans de cette série, qui contiendraient la puissance t⁴⁰, et des puissances supérieures de t. Il est aisé de prendre le coefficient de t³¹, dans chacun des quatre termes que l’on conserve ; et, en faisant la somme de ces quatre coefficiens, on aura la valeur exacte de k; savoir :

k=a(1+a)³⁰+a/1.(d⁡[(1+a)²⁰(3a−1)a])/d⁡a+a²/1.2.(d²⁡[(1+a)¹⁰(3a−1)²a])/d⁡a²

+a³/1.2.3.d³⁡[(3a−1)a]/d⁡a³

J’effectue les différentiations indiquées ; puis au moyen de a=1/13, je réduis cette formule en nombres ; et, en poussant l’approximation jusqu’aux décimales du sixième ordre, je trouve

k=0, 148062;

d’où il résulte

p=313/312 k²=0, 021993.

Le calcul deviendrait très-pénible, si l’on voulait avoir égard au second terme, et aux termes suivans du développement de ∫Yd⁡y, que nous avons négligés. En tenant compte du second terme, j’ai trouvé que la première valeur approchée de p doit être diminuée de 0, 000026; les termes suivans ne changeraient pas cette valeur dans les six premières décimales ; ainsi, l’on peut prendre

p=0, 021967,

pour la probabilité du refait de 31, au commencement du jeu.

D’après ce qu’on a dit plus haut, on aura l’avantage du banquier, en multipliant cette valeur de p par la demi-somme de toutes les mises ; en sorte que, pour racheter cet avantage, avant que le jeu commence, chaque joueur devrait convenir de donner au banquier, à tous les coups, y compris les coups nuls, les onze millièmes, à très-peu près, de l’argent qu’il voudra exposer.

10. Les problèmes des numéros 2 et 5 comprennent aussi les autres chances du trente et quarante. Si l’on veut, par exemple, calculer la probabilité d’amener le nombre 32, on supposera d’abord, dans le problème du numéro 2, que l’on continue la suite des tirages, jusqu’à ce qu’on ait atteint ou dépassé 32; ainsi, on fera la limite x=32, et on déterminera, par l’analise de ce numéro, la probabilité d’amener cette limite ; mais, cette probabilité ne sera pas encore celle qu’il faut connaître ; car, d’après les conditions du jeu, on doit amener le nombre 32, sans avoir passé par le nombre 31. Or, la probabilité de cet événement est évidemment égale à celle qu’on aura calculée, comme on vient de le dire, moins la probabilité d’amener d’abord 31 et ensuite 1, laquelle probabilité se calculera par l’analise du numéro, en prenant x=31 et x′=1. Ces calculs, déjà très-longs par rapport au nombre 32, le seraient encore bien plus pour les nombres supérieurs 33, 34, 35, …. Mais, si l’on veut connaître les probabilités d’amener ces différens nombres, seulement au premier coup, on pourra supposer qu’on remet les cartes dans le jeu, à mesure qu’elles sont sorties (n.ᵒ 8) ; les calculs seront alors faciles à exécuter, et l’erreur que l’on commettra sera peu considérable, ainsi qu’on l’a vu par l’exemple du calcul relatif au 31.

Adoptons donc cette hypothèse approximative, et désignons généralement par kₙ le coefficient de t³⁰⁺ⁿ, dans le développement de 1/1−T/s , n étant un des nombres 1, 2, 3, …10. Ce coefficient exprimera la probabilité d’amener 30+n, en continuant les tirages, jusqu’à ce qu’on ait atteint ou dépassé ce nombre. Soit, en même temps, pₙ la probabilité d’amener ce même nombre, sans passer par l’un des nombres inférieurs 31, 32, …30+n−1; lorsque la quantité kₙ aura été calculée pour les 10 valeurs de n comprises depuis n=1 jusqu’à n=10, il sera aisé d’en conclure les 10 valeurs correspondantes de pₙ, qui sont celles qu’il s’agit de déterminer.

En effet, puisqu’on remet les cartes dans le talon, à mesure qu’elles sortent, la probabilité d’amener un as, après avoir amené 31, sera égale à 1/13 k₁, par la règle ordinaire des événemens composés ; par conséquent, on aura p₂=k₂−1/13. De même, la probabilité d’amener un as, après avoir amené 32, d’une manière quelconque, et celle d’amener un deux, après avoir amené 31, seront 1/13 k₁, et 1/13 k₂; or, en soustrayant ces deux probabilités de celle qui est représentée par k₃, on aura la probabilité d’amener 33, sans avoir passé ni par 31 ni par 32; nous aurons donc p₃=k₃−1/13 k₂−1/13 k₁. En continuant ce raisonnement, on formera cette suite d’équations

p₁=k₁, p₂=k₂−1/13 (k₁+k₂),

p₃=k₃−1/13 (k₁+k₂+k₃), ………………………p₁₀=k₁₀−1/13 (k₁+k₂+k₃+…+k₁₀),

au moyen desquelles tout le calcul est réduit à déterminer les valeurs numériques des 10 quantités k₁, k₂, k₃, …k₁₀, dont la première est déjà connue.

11. Pour les obtenir, développons, comme dans le n.ᵒ 9 la fonction 1/1−T/s , suivant les puissances de t¹⁰, et continuons le développement, jusqu’à la puissance t⁴⁰ inclusivement ; nous aurons

1/1−T/s =1−t/(1−(1+a)t)+a(1−t)(3−4t)t¹⁰/([1−(1+a)t]²)+a²(1−t)(3−4t)²t²⁰/([1−(1+a)t]³)

+a³(1−t)(3−4t)³t³⁰/([1−(1+a)t]⁴)+a⁴(1−t)(3−4t)⁴t⁴⁰/([1−(1+a)t]⁵),

en faisant comme plus haut, a=24/s=1/13. Développons ensuite chaque terme, suivant les puissances de t, et prenons la somme des coefficiens de t³⁰⁺ⁿ, il vient

kₙ=a(1+a)³⁰⁺ⁿ⁻¹+a/1 (d⁡[(1+a)²⁰⁺ⁿ⁻¹(3a−1)a])/d⁡a

+a²/1.2.(d²⁡[(1+a)¹⁰⁺ⁿ⁻¹(3a−1)²a])/d⁡a²++a³/1.2.3.(d³⁡[(1+a)ⁿ⁻¹(3a−1)³a])/d⁡a³,

si n est un des nombres 1, 2, 3, …9; mais, dans le cas de n=10, il faudra ajouter à cette valeur de kₙ la quantité 81a⁴, égale 0, 002836, à un millionième près, laquelle provient du cinquième terme de l’expression précédente, qui a 81a⁴t⁴⁰ pour premier terme de son développement suivant les puissances de t.

Au moyen de cette formule, on trouvera, en s’arrêtant aux décimales du 5.ᵉ ordre

k₁=0, 14806, k₂=0, 14930, k₃=0, 15039, k₄=0, 15133, k₅=0, 15213, k₆=0, 15278, k₇=0, 15329, k₈=0, 15365, k₉=0, 15386, k₁₀=0, 15392+0, 00284=0, 15676;

d’où l’on conclut

p₁=0, 14806, p₂=0, 13791, p₃=0, 12751, p₄=0, 11689, p₅=0, 10605, p₆=0, 09500, p₇=0, 08375, p₈=0, 07232, p₉=0, 06072, p₁₀=0, 05178, }

=0, 99999

Comme un des dix événemens auxquels se rapportent ces probabilités doit nécessairement arriver, la somme de leurs valeurs doit être égale à l’unité, ce qui a effectivement lieu, à un cent millième près.

Ces valeurs de p₁, p₂, p₃, …p₁₀, serviront à régler le sort ou le parti des joueurs, après le premier des deux tirages dont un coup est composé. Supposons, par exemple, que ce tirage ait amené le point 34, et soit a la mise d’un joueur qui a parié pour le second tirage ; s’il arrive le point 34 au second tirage, le coup est nul, ce qui vaut a pour le joueur ; s’il arrive un point moindre que le point 34, le joueur aura gagné, et il recevra 2a; enfin, s’il arrive un point supérieur à 34, il aura perdu et ne recevra rien. Ce qu’il faudrait lui donner, si l’on renonçait à jouer le second coup, calculé d’après la règle de l’espérance mathématique, est donc égal à (p₄+2p₃+2p₂+2p₁)a, on a (0, 94387)a, ainsi, il aura déjà perdu (0, 05613)a, ou à peu près cinquante-six millièmes de sa mise. Quand le premier tirage a amené 25, le coup est à l’avantage des joueurs qui ont parié pour le second tirage, et leur parti est égal à (1, 16681)a; la mise étant toujours représentée par a.

Les carrés p₁², p₂², p₃², …p₁₀², seront les probabilités des coups nuls 32 et 32, 33 et 33, 34 et 34, …40 et 40, calculées toujours dans l’hypothèse où l’on remet les cartes dans le jeu à mesure qu’elles sont sorties ; mais il sera plus exact de multiplier ces carrés par le rapport (s+1)/s=313/312, comme nous l’avons fait précédemment (n.ᵒ 7), en calculant la probabilité du 31 de refait. En appelant donc q la probabilité d’un coup nul quelconque, nous aurons

q=(p₂²+p₃²+p₄²+…+p₁₀²) (s+1)/s ;

ce qui donne, en effectuant le calcul numérique,

q=008810.

12. Dans une longue suite de coups, les événemens arrivent, à très-peu près, proportionnellement à leurs probabilités respectives. Ainsi, le rapport du nombre des coups nuls au nombre total des coups s’écartera peu d’être celui de 881 à 10000; et d’après la probabilité d’un refait de 31, que nous avons trouvée (n.ᵒ 7), le rapport du nombre des refaits au nombre des coups joués, y compris les coups nuls, sera, à très-peu près, égal à celui de 21967 à 1000000. Mais ces proportions sont des limites dont les résultats du hasard devront s’approcher indéfiniment, à mesure que le nombre des coups deviendra plus grand ; et l’on peut déterminer, pour chaque nombre de coups, la probabilité que ces résultats ne s’écarteront pas de leurs limites au-delà d’une quantité donnée.

En désignant par n le nombre total des coups, par m celui des refaits de 31, par p la probabilité d’un refait, par r la probabilité que la différence m/n−p sera comprise entre deux limites données et représentées par

−t√(2p(1−p))/√n,

+t√(2p(1−p))/√n,

on trouvera

r=2/√ϖ ∫e⁻ᵗ²d⁡t+e⁻ᵗ²/√(2p(1−p)nϖ) ;

l’intégrale commençant avec t, e étant la base des logarithmes népériens, et ϖ le rapport de la circonférence au diamètre. Quand la variable t augmentera, la probabilité, approchera davantage de l’unité ou de la certitude ; mais, en même temps, les limites de la différence m/n−p seront plus étendues. Au contraire, lorsque t diminuera, ces limites seront plus étroites ; mais la probabilité r qui leur correspond s’affaiblira et finira par devenir très petite et peu différente de

1/√(2p(1−p)nϖ).

Quand elle sera égale à 1/2, on pourra indifféremment espérer que cette différence m/n−p, tombera en dedans ou en dehors de ces limites. La variable t restant la même, si le nombre n augmente indéfiniment, la probabilité r variera très-peu, et les limites de la différence m/n−p décroîtront de plus en plus ; de manière qu’on pourra toujours prendre n assez grand pour que ces limites tombent au-dessous de toute quantité donnée. Si l’on considérait la différence m−np, entre le nombre m des refaits observés, et le nombre np des refaits calculés d’après leur probabilité p, les limites de cette différence seraient

±t√(2p(1−p)n);

la probabilité r étant la même que précédemment. Ces limites s’étendront de plus en plus, à mesure que le nombre n augmentera, mais elles croîtront moins rapidement que ce nombre, et seulement dans le rapport de sa racine carrée.

En mettant pour p la valeur 0, 021967, les limites de la différence m−np deviendront

±(0, 2674)t√n.

Si l’on a, par exemple, n=1000000, et qu’on prenne t=3, il y aura la probabilité r que le nombre m des refaits observés sera compris entre

21967−622

21967+622.

Pour calculer la valeur de r, on prendra d’abord l’intégrale que son expression renferme, depuis t=0 jusqu’à t=∞; ce qui donne

∫e⁻ᵗ²d⁡t=1/2 √ϖ;

puis on retranchera de cette intégrale sa valeur prise depuis t=3 jusqu’à t=∞, valeur qui sera donnée par la série

∫e⁻ᵗ²d⁡t=e⁻ᵗ²( 1/2t−1.3/2²t³+1.3.5/2³t⁵−1.3.5.7/2⁴t⁷+…),

dans laquelle on fera t=3. On trouve, de cette manière,

r=0, 9998;

de sorte qu’il y a près de 5000 à parier contre 1 que, sur un million de coups, le nombre des refaits ne sera pas moindre que 21345, et n’excédera pas 22589. Si le nombre observé sortait de ces limites, il serait très-probable qu’il y a eu erreur involontaire, ou que quelqu’un a trompé au jeu.

On peut se demander quelle doit être la valeur de t pour laquelle on aurait r=1/2 : cette valeur sera donnée par l’équation

t−t³/1.3+t⁵/1.2.5−t⁷/1.2.3.7−t⁹/1.2.3.4.9−…=√ϖ/4−e⁻ᵗ²/2(0, 2074)√n.

En négligeant d’abord le second terme de son second membre, on trouve que la valeur de t est à très-peu près égale à 0, 45. Si l’on fait ensuite t=0, 45+x, et que l’on détermine x, en négligeant son carré et ses puissances supérieures, on trouve

t=0, 4460−1/2(0, 2074)√n ;

d’où il résulte qu’il y a un contre un à parier que sur un grand nombre n de coups, le nombre m des refaits sera compris entre les deux limites

(0, 021967)n±[(0, 0924)√n−1/2 ].

Ainsi, sur un million de coups, par exemple, il sera indifférent de parier que le nombre de refaits différera de 21967, en plus ou en moins, d’un nombre plus grand ou d’un nombre plus petit que 92.

En général, lorsque deux joueurs jouent l’un contre l’autre, à jeu égal, il y a la probabilité r que le nombre des parties que l’un des deux, sans désigner lequel, gagnera de plus que l’autre, sur un très-grand nombre de coups, n’excédera pas le double de t√(2p(1−p)n), en faisant dans ce double p=1/2 ; ce qui donne t√(2n). Si donc on prend pour t la valeur qui répond à r=1/2, il y aura un contre un à parier que la différence entre les nombres de parties gagnées par les deux joueurs n’excédera pas

(06307)√n−1;

ce qui fait 630, par chaque million de parties. Il y aurait donc du désavantage à parier, par exemple, que l’un des joueurs gagnerait moins de 600 parties de plus que l’autre, et de l’avantage à parier que la différence des parties gagnées n’excéderait pas 650 parties.

* ↑ Communément, pour plus de commodité, les joueurs, qu’on appelle aussi les pontes, placent leurs mises sur le bord de deux cartons circulaires, l’un noir, répondant au premier tirage de chaque coup, et l’autre rouge, répondant au second ; et de là vient que, dans quelques localités, le trente et quarante est aussi appelé la rouge et noire, et qu’on dit parier pour la couleur noire ou pour la rouge, suivant qu’on parie pour le premier ou pour le second tirage. J. D. G.
* ↑ Dans l’article de l’Encyclopédie cité au commencement de ce mémoire, en a aussi déterminé ces mêmes probabilités, en supposant qu’elles sont entre elles comme les nombres de cartes différentes qui peuvent terminer les points auxquels elles répondent. Ainsi, par exemple, 31 peut être terminé par toutes les cartes du jeu, depuis l’as jusqu’au dix, tandis que le point 40 ne peut finir que par un dix ; et, comme au commencement du jeu, il y a 13 cartes de numéros différens, dont quatre dix seulement, il en résulterait, suivant l’article cité, que la probabilité du 31 devrait être égale à trois fois et un quart celle du point 40; ce qui ne s’accorde pas avec les résultats que nous trouvons ; et il en serait de même des probabilités des autres points. Mais il est facile de voir que ce raisonnement est inexact, ; En effet, ils est bien vrai que le 31 peut venir d’un tirage qui aurait amené d’abord 30 et ensuite 1, ou bien 29 et ensuite 1, ou bien 28 et ensuite 3, … ou bien enfin 21 et ensuite 10. Il est également vrai que le point 40 ne peut venir que par un tirage qui amènerait d’abord 30 et ensuite 10; mais, pour que les probabilités de ces événement composées fussent entre elles comme leurs nombres respectifs 13 et 4; il faudrait que les probabilités d’amener les nombres 21, 22, 23, …30, par la première partie du tirage fussent égales, ce qui n’a pas lieu, comme on peut s’en assurer. (Note de M. Poisson).
* ↑ Théorie analitique des probabilités, pag. 280.
