Bernoulli, Johann I an Montmort, Pierre Rémond de (1710.03.17)

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Autor	Bernoulli, Johann I, 1667-1748
Empfänger	Montmort, Pierre Rémond de, 1678-1719
Ort	Basel
Datum	1710.03.17
Briefwechsel	Bernoulli, Johann I (1667-1748)
Signatur	BS UB, Handschriften. SIGN: L I a 665, Nr.2
Fussnote	Am Briefkopf eigenhändig " à Mr. De Montmort". Letzte Seite leer

Bale ce 17. Mars. 1710.

Monsieur

Comme je n'ay reçComme je n'ay reû Vôtre beau livre que longtemps aprez Vôtre derniere lettre; j'ay bien voulu differer la reponse jusqu'à ce que je l'eusse reç ce que je l'eusse reû et lû, pour etre en etat de Vous en dire mon sentiment; quoique une fluxion sur les yeux dont je suis souvent incommodé, m'empeche de travailler beaucoup sur des choses qui demandent de longs calculs sur tout dans le temps de l'hyver, je n'ay pas laissé d'examiner aux heures oisives les principaux endroits de Vôtre traité, et de faire moy meme, autant que la foiblesse de mes yeux m'a permis, le calcul de la plus part des problemes; J'y ay trouvé effectivement plusieurs choses tres belles et tres curieuses pour la speculation, et utiles pour l'usage qu'on en peut tirer dans les occasions; mais pour vous faire part des remarques en particulier que j'ay faites ça et là en lisant vôtre ouvrage, puisque Vous les souhaitez; les voycy: 1.^o La route generale que vous tenez, qui est de chercher d'abord le nombre des cas qu'une telle et telle chose peut arriver, est tres seure et bonne; mais il est de la prudence du calculateur de ne se pas plonger dans un calcul long et ennuyeux, en multipliant les cas plus qu'il ne faut et au dela de la necessité; Par exemple Pierre parie contre Paul que d'entre 300 jettons (dont il y a egalement de blancs, de noirs et de rouges) il tirera un jetton blanc; pour sçavoir la raison de leur sort, je dis qu'il n'est pas necessaire de dire qu'il y a 100 cas qui font gagner Pierre et 200 qui le font perdre; Voyant evidemment, qu'à cause de l'indifference ou de l'egale facilité avec laquelle chaque couleur peutetre tirée; ce ne sont proprement que 3 cas à considerer, un pour le blanc, un pour le noir et un pour le rouge, en sorte qu'il vaut mieux de s'attacher au nombre de diverses couleurs qui peuvent arriver avec une egale facilité, qu'au nombre des jettons dont la multitude egale de chaque couleur, ne varie aucunement le sort des joueurs qui est toujours comme 1 à 2. Il semble cependant, que Vous n'avez pas observé cela avec beaucoup de soin; en voycy quelques exemples dans vôtre livre; pag. 8 sur le jeu du Pharaon pour chercher le sort du Banquier qui tient quatre cartes entre les mains, parmi lesquelles la carte du ponte est une fois; Vous faites le denombrement de tous les 24 arrangemens des 4 cartes, pour en prendre les favorables au Banquier, sans faire reflexion, que ce ne sont pas proprement les divers arrangements, mais seulement les diverses situations de la carte du ponte entre les autres qui font la diversité des cas; ainsi au lieu de vos 24 arrangemens, je n'ay que ces 4 variations à considerer, (je nomme $a$ la carte du ponte et $b$ chacune des autres)

1. $bbba$ 3. $babb$

2. $bbab$ 4. $abbb$

de ces 4 variations la premiere est indifferente au Banquier, la seconde et la quatrieme le font gagner et le troisieme le fait perdre, son sort sera donc$={\frac {1\times A+2\times 2A+1\times 0}{4}}={\frac {5}{4}}A=A+{\frac {1}{4}}A$, tout comme vous avez trouvé. Si la carte du ponte se trouve deux fois entre les cartes du Banquier, il y aura ces six variations, au lieu de 24 arrangemens.

1. $bbaa$ 4. $baab$

2. $baba$ 5. $abab$

3. $abba$ 6. $aabb$

La premiere, la troisième et la cinquieme font gagner le Banquier, la seconde et la quatrieme le font perdre, et la sixieme luy donne la moitié de la mise du ponte, et partant le sort du Banquier sera ${\frac {3\times 2A+2\times 0+1\times {\frac {3}{2}}A}{6}}={\frac {5}{4}}A=A+{\frac {1}{4}}A$, encore comme Vous. Si la carte du Ponte se trouve trois fois entre les cartes du Banquier, on voit clairement qu'il doit y avoir autant de variations, que lorsque la carte du ponte n'y est qu'une fois; car il n'y a qu'à faire une permutation de lettres $a$ en $b$ et $b$ en $a$

1. $baaa$ 3. $aaba$

2. $abaa$ 4. $aaab$

d'où l'on tire derechef le sort du Banquier $=A+{\frac {1}{4}}A$. Par cette maniere de distribuer les cas on voit sans peine que tel nombre de carte que tienne le Banquier, exprimé par $p$, si celle du Ponte ne s'y trouve qu'une fois, l'avantage du Banquier sera ${\frac {1}{p}}A$. Il n'en est guere autrement si la carte du ponte se trouve plus d'une fois entre les cartes du Banquier; car au lieu de tous les arrangemens qu'il faudroit examiner et dont le nombre est immense pour un nombre mediocre de cartes, icy il ne faut que considerer le nombre des variations des deux lettres $a$ et $b$, qui est toujours egal au nombre des combinaisons que des choses dont le nombre est celuy de la carte du ponte peuvent etre prises differement dans le nombre de toutes les cartes: Et puis de ces combinaisons dont le nombre est toujours beaucoup plus petit que celuy de tous les arrangements, il sera facile de choisir celles qui font gagner ou entierement ou en partie le Banquier, et ainsi de determiner son sort. Par exemple donnons au Banquier six cartes, entre lesquelles supposons que la carte du Ponte est deux fois; dans cette supposition je n'ay que faire d'examiner comme vous faites tous les 720 arrangemens que les six cartes peuvent subir, me contentant de parcourir simplement ces 15 variations possibles, que la lettre $a$ prise deux fois peut faire avec la lettre $b$ prise quatre fois

1. $bbbbaa$ 6. $bbbaab$ 11. $bababb$

2. $bbbaba$ 7. $bbabab$ 12. $abbabb$

3. $bbabba$ 8. $babbab$ 13. $baabbb$

4. $babbba$ 9. $abbbab$ 14. $ababbb$

5. $abbbba$ 10. $bbaabb$ 15. $aabbbb$

entre les 15 variations on en conte sept qui donnent le tout au Banquier, deux qui Luy donnent sa mise avec la moitié de la mise du ponte, et les six autres qui le font perdre; ensorte que le sort du Banquier sera $={\frac {7\times 2A+2\times {\frac {3}{2}}A+6\times 0}{15}}={\frac {17}{15}}A=A+{\frac {2}{15}}A$, conformement à ce que vous avez trouvé. Ainsi de meme si la carte du Ponte est trois fois entre les six cartes du Banquier, il n'y aura que 20 façons de varier la situation de deux lettres $a$ et $b$ prise chacune trois fois, qui etant demelées feront voir que le sort du Banquier sera $A+{\frac {3}{20}}A$. Suivant ce principe voycy les formules generales que j'ay trouvées pour quelque nombre de cartes qu'il y ait entre les mains du Banquier, et quelque nombre de fois que la carte du ponte s'y trouve, sans supposer connu le sort du Banquier dans un nombre de cartes exprimé par $p-2$, comme Vous faites dans Vôtre formule generale, que j'ay aussy trouvée aisement; voycy, dis je, les miennes: Soient $1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\ldots \cdot p-q=m$, $q+1\cdot q+2\cdot q+3\ldots \cdot p=n$, $p-q+1\cdot p-q+2\cdot p-q+3\ldots \cdot p=l$ je dis que l'avantage du Banquier que je nomme $p$, si $q$ est un nombre pair, sera exprimé par cette suite $p={\frac {m}{2n}}\times 1+{\frac {q-1\cdot q}{1\cdot 2}}+{\frac {q-1\cdot q\cdot q+1\cdot q+2}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}}+{\frac {q-1\cdot q\cdot q+1\dots q+4}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6}}+\ldots {\frac {q-1\cdot q\cdot q+1\dots \cdot p-2}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\dots \cdot p-q}}$

ou bien par cellecy $p={\frac {q-1\cdot q}{2l}}\times {\overline {1\cdot 2\cdot 3\dots \cdot q-2}}+{\overline {3\cdot 4\cdot 5\dots \cdot q}}+{\overline {5\cdot 6\cdot 7\dots \cdot q+2}}+\ldots {\overline {p-q+1\cdot p-q+2\cdot \dots p-2}}$

mais si $q$ est un nombre impair, on aura ${\textrm {[}}p{\textrm {]}}={\frac {q-1\cdot m}{2n}}\times 1+{\frac {q\cdot q+1}{2\cdot 3}}+{\frac {q\cdot q+1\cdot q+2\cdot q+3}{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5}}+\dots {\frac {q\cdot q+1\cdot q+2\dots \cdot p-2}{2\cdot 3\cdot 4\dots \cdot p-q}}$, ou bien $[p]={\frac {q-1\cdot q}{2l}}\times {\overline {2\cdot 3\cdot 4\dots \cdot q-1}}+{\overline {4\cdot 5\cdot 6\dots \cdot q+1}}+{\overline {6\cdot 7\cdot 8\dots \cdot q+3}}+\ldots {\overline {p-q+1\cdot p-q+2}}{\overline {\dots \cdot p-2}}$ où il faut remarquer que les nombres $p$ et $q$ peuvent etre quelconques, pourvu que $q$ ne soit pas moins grand que 3. Si Vous voulez prendre la peine, Vous pourrez examiner ces formules generales si elles s'accordent avec les vôtres que vous donnez pour des cas particuliers pagg. 24 et 25. Au reste ce que j'ay dit jusqu'icy sur le jeu du pharaon se doit aussy entendre sur celuy de la Bassette pag. 66 et suivans, ou pareillement pour calculer les cas favorables et les desavantageux au Banquier, on peut s'epargner la peine de perlustrer tous les arrangemens possibles des cartes qui sont entre les mains du Banquier, en n'employant que les variations des deux lettres $a$ et $b$, comme il a été fait cy dessus. Mais passons à d'autres:

Pag. 32, l. 9-15. En parlant de l'avantage d'avoir la main au jeu du Lansquenet, Vous dites Monsieur qu'on ne peut exprimer cet avantage que par une suite composée d'un nombre infini de termes, qui iront toujours en diminuant, et qu'on ne pourra jamais avoir la valeur précise de l'avantage de Pierre; Il semble qu'en ecrivant cela vous n'ayez pas encore pris garde, que cette suite va toujours en progression geometrique, laquelle parconsequent quoique continuée à l'infini fait une somme qu'on peut trouver fort aisement, par les regles communes; la suite par ex. que Vous donnez pag. 35 est sommable, qu'est-il donc besoin d'approcher de la juste valeur en ajoutant un grand nombre de termes? puisqu'on peut trouver au juste cette valeur dans un moment et sans peine, etant precisement ${\frac {1125}{4024}}$, qui est plus grand que ${\frac {1}{4}}$ ou ${\frac {4}{16}}$, et parconsequent en aproche plus que de ${\frac {4}{17}}$ que Vous avez mis pour la quantité aprochante: Mais il semble aussy que Vous Vous soyez enfin aperçaprochante: Mais il semble aussy que Vous Vous soyez enfin aperû que ce sont des progressions dont on peut donner la somme de tous les termes, car à la page 51 Vous donnez les valeurs exactes de l'avantage et du desavantage des coupeurs. Voicy une formule generale qui exprime l'avantage de celuy qui a la main dans quelque sorte de jeu que ce soit et qui recommence à avoir la main autant de fois qu'il gagne jusqu'à ce qu'il perde, soit nommé $a$ l'avantage qu'il a dans chaque main, $m$ le nombre des cas qui le font gagner, et $n$ le nombre des cas qui le font perdre, je dis que son avantage total sera (en supposant ${\frac {m}{m+n}}=p$) $=a+pa+p^{2}a+p^{3}a+p^{4}a{\textrm {etc}}.$ dont la somme est $={\frac {a}{1-p}}={\frac {m+n}{n}}a=a+{\frac {m}{n}}a$, on peut trouver la meme chose sans le secours d'une progression par l'algebre, voycy comment: soit $z$ la mise de chaque joueur et ainsi le sort pour le premier jeu de celuy qui tient la main sera ${\frac {m\times 2z+n\times 0}{m+n}}={\frac {2mz}{m+n}}$, et partant son avantage $={\frac {2mz}{m+n}}-z={\frac {m-n}{m+n}}z=a$; d'où il suit que nommant $a$ l'avantage de chaque main on aura $z={\frac {m+n}{m-n}}a$, la mise des joueurs étant ainsi trouvée, soit $x$ l'avantage total qui consiste dans le droit de Pierre de tenir les cartes autant de fois qu'il gagne; il y aura donc, lorsqu'il commence à jouer, $m$ cas qui le font gagner la mise de son antagoniste plus l'avantage total de continuer le jeu, sçavoir ${\frac {m+n}{m-n}}a+x$, et $n$ cas qui le font perdre sa mise, c'est à dire qui le font avoir ${\frac {-m-n}{m-n}}a$; on aura donc cette egalité $x={\frac {m\times {\overline {{\frac {m+n}{m-n}}a+x}}+n\times {\frac {-m-n}{m-n}}a}{m+n}}$; laquelle etant reduite donnera pour l'avantage total $x={\frac {m+n}{n}}a=a+{\frac {m}{n}}a$ tout comme cy dessus; Cette voye est plus commode que celle par la progression, parce qu'on peut ainsi trouver avec une egale facilité l'avantage de Pierre en supposant que Pierre ayant perdu une fois, le jeu ne finisse pas encore, mais qu'on le continue à l'infini, la main passant alternativement d'un joueur à l'autre: Soit donc $t$ l'avantage de Pierre qui commence à avoir la main, il y aura $m$ cas qui luy donnent pour gain la mise de son antagoniste plus l'avantage que luy donne le droit de recommencer, sçavoir ${\frac {m+n}{m-n}}a+t$, et $n$ cas qui Luy ôtent sa mise, et qui en meme temps le metent dans l'état où étoit son antagoniste lorsqu'on alloit commencer le jeu, c'est à dire qui le font avoir ${\frac {-m-n}{m-n}}a-t$; d'où il resulte cette egalité $t={\frac {m\times {\overline {{\frac {m+n}{m-n}}a+t}}+n\times {\overline {{\frac {-m-n}{m-n}}a-t}}}{m+n}}$; par la reduction de laquelle on trouve $t={\frac {m+n}{2n}}a$, en sorte que l'avantage de Pierre en supposant que le jeu doit étre continué à l'infini, n'est que la moitié de l'avantage qu'il auroit dans la supposition que le jeu finisse aussitot qu'il perd la main; je m'étonne que Vous n'ayez pas pris soin de determiner l'avantage dans cett'autre supposition-là, comme la plus naturelle et la plus convenable à l'intention des joueurs, qui ne commencent pas le jeu dans le dessein de le finir dés que celuy qui a le premier la main la perdra; mais plutot de faire passer le droit de la main d'un joueur à l'autre un assez grand nombre de fois, ensorte que le jeu peut étre censé durer à l'infini.

Pag. 59, l. 26. La suite que Vous donnés icy pour determiner le sort de Pierre tenant la main au jeu du treize est tres belle et tres curieuse, on la tire aisément de la formule generale de la page 58; j'ay aussy trouvé cette formule, avec une autre qui m'a fourni la meme suite, mais sans changement de signes et qui suppose les sorts des nombres precedens des cartes connus, comme Vous allez voir: Soit $S$ le sort de Pierre que l'on cherche le nombre des cartes que Pierre tient étant exprimé par $n$; t le sort de Pierre, le nombre des cartes étant $n-1$; $s$ son sort le nombre des cartes etant $n-2$; $r$ le sort quand le nombre des cartes est $n-3$; et ainsi de suite; on aura $S={\frac {1}{1}}+{\frac {1}{1\cdot 2}}+{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3}}+{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}}+\dots {\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3\dots \cdot n}}-{\frac {t}{1}}-{\frac {s}{1\cdot 2}}-{\frac {r}{1\cdot 2\cdot 3}}-\ldots {\frac {o}{1\cdot 2\cdot 3\dots n}}$, cela peut passer pour un theoreme; Vôtre suite étant plus propre pour trouver d'abord la valeur de $S$.

Pag. 63, l. 2. Vous faites $x={\frac {1}{2}}\times {\overline {4A+S}}+{\frac {1}{2}}\times A$; mais Vous Vous trompez; il faut faire $x={\frac {1}{2}}\times {\overline {4A+S-A}}+{\frac {1}{2}}\times A$, et ainsi l'avantage de Pierre est ${\frac {1}{3}}A$, et non pas ${\frac {2}{3}}A$. Par la meme raison p. 64, l. 11 a fine ce que Vous dites que l'avantage de Pierre seroit $2A+{\frac {16}{57}}A$, n'est pas juste, car je ne trouve que $A+{\frac {16}{57}}A$.

Pag. 80. Il ne semble pas que Mr. Pascal luy meme ait compris tout l'usage de sa table; une des plus belles proprietés, dont on ne fait pas mention icy, etant, que les bandes perpendiculaires expriment les coëfficiens des puissances d'un binome; car si l'exposant d'une puissance quelconque se nomme $p$, on aura ${\overline {a+b}}^{p}=1a^{p}+{\frac {p}{1}}a^{p-1}b$$+{\frac {p\cdot p-1}{1\cdot 2}}a^{p-2}b^{2}+{\frac {p\cdot p-1\cdot p-2}{1\cdot 2\cdot 3}}a^{p-3}b^{3}+{\frac {p\cdot p-1\cdot p-2\cdot p-3}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}}a^{p-4}b^{4}+{\textrm {etc.}}$ ce que j'ay trouvé autrefois par une voye toute particuliere, et j'en ay communiqué la demonstration à feu Mr. le M. de l'Hopital, on en voit quelque chose dans son livre posthume à l'endroit que Vous alleguez pag. 92.

Pag. 158 et 159. Vous pretendez Monsieur d'avoir resolu le second probleme de Mr. Huyguens, ce que Vous avez effectué à la verité dans le sens que Vous donnez à ce probleme, qui est qu'on doit supposer que chaque joueur ayant tiré un jetton noir le remette incontinent dans le pot, pour laisser à son successeur la douzaine de jettons toujours complete; ce qui rend le probleme fort facile et fait trouver les sorts des trois Joueurs dans la raison de 9, 6, et 4, comme Vous avez trouvé: Mais il semble que Mr. Huygens ait proposé ce probleme dans un autre sens qui paroit plus naturel, qui est que toutes les fois qu'on tire un jetton noir, il ne soit plus remis dans le pot, si bien que le premier tireur ayant manqué en tirant un jetton noir, le second quand il vient à tirer ne trouve plus que 11 jettons, et le second ayant aussy manqué, le troisieme ne trouve plus que 10 jettons, et celuy cy ayant pareillement tiré un noir ne laisse que 9 jettons au premier qui doit recommencer à tirer, et ainsi consecutivement; le probleme étant conçtant conû dans ce sens devient un peu plus difficile et en rend le calcul plus long; essayez-le pour voir si Vous Vous accordez avec moi; J'en ay mis la solution aprez la proposition dans le traité de Ratioc. in Lud. aleae il y a bien 12 ans; en le consultant je trouve que j'y ay ecrit ces trois nombres 77, 53, 35 pour la raison des Sorts des 3 Joueurs.

Pag. 137 vid. infra.

Pag 159 et 160. Les deux problemes que Vous met[t]ez icy comme le troisieme et le quatrieme, sont dans le traité de Mr. Huguens le quatrieme et le troisieme; pour ce qui est de celuy là c'est à dire du quatrieme selon l'ordre de Mr. Huygens ou du troisieme dans vôtre livre, il est bien resolu en tant que Pierre parie que parmi les 7 jettons qu'il va prendre il s'y en trouveront justement trois blancs ni plus ni moins; car je trouve aussy que le sort de Pierre sera à celuy de Paul dans cette supposition comme 35 à 64 ou comme 280 à 512: mais si ont veut que Pierre ait gagné aussy quand il tire tous les quatre blancs, ce qui paroit étre le veritable sens des paroles de Mr. Huygens inter quos 3 albi erunt, où il faut suppléer minimum, comme si Pierre s'engageoit à tirer 3 blancs pour le moins parmi les septs jettons qu'il prend entre les douze: Ce sens étant donné au probleme on trouve que les sorts de Pierre et de Paul seront comme 14 et 19.

P. 162. La proposition que Vous faites icy du probleme 5^e de Mr. Huygens, Luy donne un sens tout different, et ce n'est plus le meme probleme. Pour Vous faire voir la grandissime difference je vais vous donner icy les simples solutions de l'un et de l'autre proposé en general: Selon les conditions de Mr. Huygens soit nommé $n$ le nombre des jettons que chaque joueur prend au commencement, $a$ le nombre des coups qui font gagner Pierre un jetton de Paul, et $b$ le nombre des coups qui font gagner Paul un jetton de Pierre, je dis que leurs sorts seront comme $a^{n}$ et $b^{n}$; et ainsi pour le cas particulier qui est en question des trois dez, où $n=12$, $a=27$, et $b=15$, ensorte que $a.b::27.15::9.5$. Je dis que le sort de Pierre sera à celuy de Paul $::9^{12}.5^{12}::282429536481.244140625$. Vous n'avez pas observé je croy, que ces deux grands nombres ne sont autre chose que la 12.^e puissance de 9 et 5. Mais selon les conditions de Vôtre proposition, nommons encore $n$ le nombre des jettons qu'un des deux Joueurs doit gagner le premier pour gagner la partie, c'est à dire la moitié des jettons que Jaques distributieur tient au commencement entre ses mains, soit aussy $a$ le nombre des coups favorables à Pierre et $b$ celuy des coups favorables pour Paul: je trouve que les Sorts des deux Joueurs seront exprimés par les deux sommes [[seite] des deux moitiés des termes du binome $a+b$ elevé à la puissance $2n-1$. Par exemple si $n=3$, les sorts de Pierre et de Paul seront comme la somme des trois premiers et la somme des trois derniers termes de ${\overline {a+b}}^{5}$, c'est à dire comme $a^{5}+5a^{4}b+10a^{3}bb$ et $b^{5}+5b^{4}a+10b^{3}aa$; Et ainsi en general, supposant $2n-1=p$, ces deux suites $a^{p}+{\frac {p}{1}}a^{p-1}b^{1}+{\frac {p\cdot p-1}{1\cdot 2}}a^{p-2}b^{2}+{\frac {p\cdot p-1.p-2}{1\cdot 2\cdot 3}}a^{p-3}b^{3}+{\textrm {etc.}}$ et $b^{p}+{\frac {p}{1}}b^{p-1}a^{1}+{\frac {p\cdot p-1}{1\cdot 2}}b^{p-2}a^{2}+{\frac {p\cdot p-1\cdot p-2}{1\cdot 2\cdot 3}}b^{p-3}a^{3}+{\textrm {etc.}}$ continuées chacune jusqu'au nombre de termes exprimé par $n$, donneront la raison des sorts de Pierre et de Paul: dans Vôtre cas particulier où $n=12$, et $a.b::9.5$ il faudroit prendre douze termes de chacune de ces deux suites $9^{23}+{\frac {23}{1}}9^{22}5^{1}+{\frac {23\cdot 22}{1.2}}9^{21}5^{2}+{\frac {23\cdot 22\cdot 21}{1\cdot 2\cdot 3}}9^{20}5^{3}+{\frac {23\cdot 22\cdot 21\cdot 20}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}}9^{19}5^{4}+{\textrm {etc.}}$ et $5^{23}+{\frac {23}{1}}5^{22}9^{1}+{\frac {23\cdot 22}{1\cdot 2}}5^{21}9^{2}+{\frac {23\cdot 22\cdot 21}{1\cdot 2\cdot 3}}5^{20}9^{3}+{\frac {23\cdot 22\cdot 21\cdot 20}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}}5^{19}9^{4}+{\textrm {etc.}}$ ce qui produira deux nombres si grands que le premier consistera (selon ma conjecture) pour le moins en 25 figures; si vous avez envie de faire le calcul, voila de la besoigne pour exercer Vôtre patience; cependant vous voyez l'extreme difference qu'il y a entre les deux manieres de proposer le probleme 5 de Mr. Huygens, si bien que ce sont effectivement deux problemes touts differents, dont je vous ay resolu chacun generalement. Vous serez peut etre étonné, que Vos 23 egalités Vous fournissent pourtant la meme solution de Mr. Huygens non obstant que Vous proposez le probleme dans un sens qui le fait, comme je vients de vous montrer, si different de celuy de Mr. Huygens; mais la raison en est, par ce que Vous suivez effectivement, en formant vos egalités, les conditions de Mr. Huygens, et non pas celles de vôtre proposition; car je vois que Vous supposez que les Sorts des deux Joueurs sont les memes lorsqu'il y a une meme difference entre le nombre des jettons que l'un a déja gagné et le nombre des jettons que l'autre a gagné, ensorte que Vous supposez par ex. que leurs sorts sont les memes soit que Pierre ayant gagné 5 jettons, Paul en ait 3 ou que Pierre ayant deux jettons, Paul n'en ait point; or c'est cette supposition qui n'est pas juste, ne pouvant subsister avec le probleme pris dans le sens que Vous Luy donnez. Vid. infra.

P. 137. J'ay trouvé une formule qui s'exprime et se fait entendre plus facilement en cette maniere; pour les cas determinés, le nombre en est $={\frac {1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\dots \cdot p}{1\cdot 2\cdot 3\dots \cdot b\times 1\cdot 2\cdot 3\dots \cdot c\times 1\cdot 2\cdot 3\dots \cdot d\times 1\cdot 2\cdot 3\dots \cdot e{\textrm {etc.}}}}$ c'est à dire = une fraction dont le numerateur est le nombre des arrangemens d'une multitude exprimée par $p$, et le denominateur le produit des nombres des arrangemens des multitudes exprimées par $c$, $d$, $e$ etc.: Il est remarquable, que cette formule exprime justement la methode que j'ay trouvée autrefois pour la determination du coëfficient de quelque terme que l'on voudra d'un polynome quelconque elevé à une puissance quelconque, ce qui me fut proposé autrefois par Mr. Leibnitz, qui approuva fort la solution que je luy en avois donnée et la trouva utile pour elever promtement un polynome à une haute puissance; car soit le polynome de puissance ${\overline {t+x+y+z+{\textrm {etc.}}}}^{p}$ dont il faille trouver le coefficient du terme $t^{b}x^{c}y^{d}z^{e}{\textrm {etc.}}$, en supposant $b+c+d+e+f{\textrm {etc.}}=p$; je dis que le coefficient cherché sera comme cy dessus ${\frac {1\cdot 2\cdot 3\dots \cdot p}{1\cdot 2\cdot 3\dots \cdot b\times 1\cdot 2\cdot 3\dots \cdot c\times 1\cdot 2\cdot 3\dots \cdot d\times 1\cdot 2\cdot 3\dots \cdot e{\textrm {etc.}}}}$. Mais pour revenir à la question sur les dez, et pour sçavoir combien il y a de cas indeterminés, qu'avec un certain nombre de dez on peut amener tant d'une espece, tant d'un autre etc. soit nommé la valeur de cette fraction $v$, il faut multiplier $v$ (supposant $R$ le nombre des faces de chaque dez) par cette suite $R\cdot R-1\cdot R-2\cdot R-3$ continuée jusqu'à ce qu'il y ait autant de termes qu'il y a d'exposans et diviser le produit par $1\cdot 2$ s'il y a deux exposans egaux; et le diviser encore par $1\cdot 2\cdot 3$ s'il y a trois exposans egaux; et encore par $1\cdot 2\cdot 3\cdot 4$ s'il y en a quatre egaux; et ainsi de suite s'il y en a d'autres exposants egaux. Pag. 159 vid. supra.

Pag. 177, l. 12 et 13, à qui il manque le moins de poins. Cette restriction qu'il doit manquer à Pierre le moins de poins est superflue, la regle que vous donnez n'etant pas moins bonne, quand il manqueroit à Pierre le plus de poins; il seroit meme plus expeditif de supposer que Pierre soit celuy à qui il manque le plus de poins, car Vôtre suite aura un plus petit nombre de termes, qui seront par consequent plutot ajoutés en une somme que dans l'autre supposition. Quant au reste, je resous ce probleme plus generalement et par une expression plus simple et plus naturelle; Je l'enonce ainsi Pierre et Paul jouent en plusieurs parties à un jeu inegal où le nombre des cas favorable à Pierre et à celuy des cas favorables à Paul $::a.b$; et aprez avoir joué quelque temps le nombre des parties qui manquent encor à Pierre soit $p$, et le nombre des parties qui manquent à Paul soit $q$, on demande la raison de leur sorts. Solution. Elevez le binome ${\overline {a+b}}$ à la puissance $p+q-1=r$, le nombre des termes en sera $p+q$; je dis que la somme des premiers termes dont le nombre est $q$, est à la somme du reste des termes dont le nombre sera $p$, comme le sort de Pierre est à celuy de Paul: or ces deux sommes seront $a^{r}+{\frac {r}{1}}a^{r-1}b^{1}+{\frac {r\cdot r-1}{1\cdot 2}}a^{r-2}b^{2}+{\frac {r\cdot r-1\cdot r-2}{1\cdot 2\cdot 3}}a^{r-3}b^{3}+{\textrm {etc.}}$ continué jusqu'au nombre de termes exprimé par $q$ et $b^{r}+{\frac {r}{1}}b^{r-1}a^{1}+{\frac {r\cdot r-1}{1\cdot 2}}b^{r-2}a^{2}+{\frac {r\cdot r-1\cdot r-2}{1\cdot 2\cdot 3}}b^{r-3}a^{3}+{\textrm {etc}}.$ continué jusqu'au nombre de termes exprimé par $p$. Supposant $p$ et $q$ egaux, nous tombons dans le cas du probleme 5.^e de Mr. Hugens pris dans le sens que Vous le proposez p. 162 sur le quel je vous ay parlé amplement cy dessus.

P. 178, l. 9, Voycy une table etc. Je m'etonne que Vous n'ayez pas observé l'uniformité de cette table, et la grande facilité avec la quelle on construit une table generale pour quelque nombre de parties qu'on joue toujours en rabattant; car soit le nombre des parties en lesquelles Pierre et Paul conviennent de jouer, $n$, voycy la table de leur sorts.

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Table

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\begin[LaTeX!]{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline[LaTeX!] Si Pierre a & nul point, & son sort est & $n+0$ & contre & $n-0$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] $\ldots$ & un point, & $\ldots$ & $n+1$ & $\ldots$ & $n-1$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] $\ldots$ & deux points, & $\ldots$ & $n+2$ & $\ldots$ & $n-2$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] $\ldots$ & trois points, & $\ldots$ & $n+3$ & $\ldots$ & $n-3$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] $\ldots$ & quatre points, & $\ldots$ & $n+4$ & $\ldots$ & $n-4$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] $\ldots$ & $\ldots$ & $\ldots$ & $\ldots$ & $\ldots$ & $\ldots$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] $\ldots$ & $\ldots$ & $\ldots$ & $\ldots$ & $\ldots$ & $\ldots$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] $\ldots$ & $\ldots$ & $\ldots$ & $\ldots$ & $\ldots$ & $\ldots$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] $\ldots$ & $n$ points, & $\ldots$ & $n+n$ & $\ldots$ & $n-n$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] \end[LaTeX!]{tabular}

Vous voyez que leurs sorts vont en progression arithmetique, l'une ascendente, l'autre descendente; en effet votre table que vous avez faite pour le nombre six seulement, s'accorde avec la mienne generale, car

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\begin[LaTeX!]{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline[LaTeX!] le sort de & 7 & contre & 5 & est la meme chose que & $6+1$ & contre & $6-1$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] $\ldots$ & 2 & $\ldots$ & 1 & $\ldots$ & $6+2$ & $\ldots$ & $6-2$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] $\ldots$ & 3 & $\ldots$ & 1 & $\ldots$ & $6+3$ & $\ldots$ & $6-3$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] $\ldots$ & 5 & $\ldots$ & 1 & $\ldots$ & $6+4$ & $\ldots$ & $6-4$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] $\ldots$ & 11 & $\ldots$ & 1 & $\ldots$ & $6+5$ & $\ldots$ & $6-5$\tabularnewline[LaTeX!] \hline[LaTeX!] \end[LaTeX!]{tabular}

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P. 181, l. 13, elles sont absolument impraticables etc. Au contraire comme c'est une progression geometrique, on en peut ajouter dans un moment autant de termes qu'on veut par des regles communes qu'on trouve dans tous les livres d'arithmetique, ainsi, le nombre des termes etant $h$, je trouve que la somme de tous ces termes sera $={\frac {p\times {\overline {m^{h}-q^{h}}}}{{\overline {m-q}}\times m^{h}}}$. Mais pour le reste Vous faites bien d'employer les logarithmes, je m'en suis servi utilement dans une pareille occasion il y a bien 12 ans, où il s'agissoit de determiner combien il restoit de vin et d'eau mélé ensemble dans un tonneau, lequel etant au commencement tout plein de vin, on en tireroit tous les jours pendant une année une certaine mesure, en le remplissant incontinent aprez chaque extraction, avec de l'eau pure; Vous trouverez la solution de cette question, qui est assez curieuse, dans ma dissertation de Nutritione que Mr. Varignon Vous pourra communiquer: Je fis cette question pour faire comprendre comment on peut determiner la quantité de vieille matiere qui reste dans nos corps melée avec de la nouvelle qui nous vient tous les jours par la nourriture pour reparer la perte que nos corps font insensiblement par la transpiration continuelle.

Mais en voilà bien assez Monsieur et peutetre plus qu'il ne faut pour Vous causer de l'ennuy, c'est pour cela que je ne parle pas des fautes soit de calcul soit d'impression que j'ay rencontré en quelques endroits: Je Vous prie cependant de prendre en bonne part tout ce que j'ay dit jusqu'icy; c'estoit pour l'amour de la verité que j'ay crû Vous devoir communiquer avec ma franchise ordinaire mes remarques, d'autant plus que Vous me les avez demandées; je ne laisse pas d'estimer Vôtre livre autant qu'on peut estimer un ouvrage qui fait honneur à son Auteur et qui en marque tout ensemble une profonde penetration d'esprit et une patience infatigable à faire de longs et penibles calculs. Il seroit à souhaiter que Vous voulussiez prendre la peine d'etendre Vôtre livre et d'en faire un ouvrage plus ample et plus riche, la matiere ne vous manqueroit pas, sur tout si Vous vouliez entrer dans la morale et la politique, comme mon frere avoit commencé de faire dans son ouvrage, qui selon toutes les apparences ne paroitra jamais, tandis que ses heritiers persistent à ne me point prier de me charger du soin de le faire imprimer, et moy à ne leur point montrer d'empressement de leur demander le manuscript à eux qui ont tant de mefiance de moy, craignant peutetre que je ne m'attribuasse la gloire d'en étre Auteur; sotte peur! comme si je n'avois pas assez de matiere de mon propre fond, si je voulusse me repaitre de cette vaine gloire. J'entens avec plaisir que les mathematiques malgré les miseres de la guerre fleurissent de plus en plus et deviennent meme en honneur en France; icy dans nos pays nous ne pouvons pas nous vanter du meme bonheur; depuis le depart de Mr. Herman, je ne sçache personne excepté mon Neveu, et tres peu d'autres, dont il faille esperer de grands progres dans ces sciences, lesquelles étant considerées comme n'etre pas de pane lucrando on les neglige comme des choses seches et peu utiles. Les quatre problemes que vous proposez à la fin de Vôtre traité sont curieux, mais le premier me paroit insoluble pour la longueur de calcul qu'il demanderoit et que la vie humaine ne seroit pas suffisante d'achever; je n'entens pas bien le sens du quatrieme: le second et le troisieme me paroissent traittables, quoique non sans beaucoup de peine et de travail, que j'ayme mieux Vous laisser pour apprendre de Vous la solution, que de travailler longtemps au depens de mes occupations ordinaires qui ne me laissent guere de loisir de m'appliquer à d'autres choses. Il me tarde de voir la nouvelle edition du Livre de Mr. Newton, il y a longtemps qu'il m'a promis qu'il me l'enverroit dés qu'il seroit imprimé, mais du depuis je n'en ay plus rien entendu, quand vous l'aurez reç} quand vous l'aurez reû je Vous prie de me mander par occasion ce que Vous y aurez trouvé de nouveau. En attendant je me donne l'honneur de me nommer Monsieur Vôtre tres humble et tres obeissant serviteur J. Bernoulli.

P. S. Mon Neveu qui Vous fait ses complimens reciproques vient de me donner ses remarques (que je vous envoye icy aussy) sur Vôtre Livre, que je luy avois preté; je n'ay pas encore eu le temps de les examiner.

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Fussnoten

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