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RÉSOLUES.

Pour trois jetons$\quad \left\{{\begin{aligned}x_{1}=&{\frac {m^{2}}{m^{2}+mn+n^{2}}}={\frac {m^{2}(m-n)}{m^{3}-n^{3}}},\\x_{2}=&{\frac {m(m+n)}{m^{2}+mn+n^{2}}}={\frac {m(m^{2}-n^{2})}{m^{3}-n^{3}}}\,;\\\end{aligned}}\right.$

Pour quatre jetons$\ \left\{{\begin{aligned}x_{1}=&{\frac {m^{3}}{m^{3}+m^{2}n+mn^{2}+n^{3}}}={\frac {m^{3}(m-n)}{m^{4}-n^{4}}},\\x_{2}=&{\frac {m^{2}(m+n)}{m^{3}+m^{2}n+mn^{2}+n^{3}}}={\frac {m^{2}(m^{2}-n^{2})}{m^{4}-n^{4}}},\\x_{3}=&{\frac {m(m^{2}+mn+n^{2})}{m^{3}+m^{2}n+mn^{2}+n^{3}}}={\frac {m(m^{3}-n^{3})}{m^{4}-n^{4}}}\,;\\\end{aligned}}\right.$

et ainsi de suite.

La loi de ces résultats est manifeste, et on en conclut facilement que, $x_{p}$ et $y_{q}$ désignant respectivement les espérances de $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ qui répondent à l’état $\mathrm {A_{p},B_{q},}$ on doit avoir généralement, à cause de $x_{p}+y_{q}=1,$

$x_{p}={\frac {m^{q}(m^{p}-n^{p})}{m^{p+q}-n^{p+q}}},\quad y_{q}={\frac {n^{p}(m^{q}-n^{q})}{m^{p+q}-n^{p+q}}}.$

Il faudra seulement avoir l’attention, dans le cas particulier où l’on aura $n=m,$ de délivrer ces formules du facteur $m-n$ qui affecte leur numérateur et leur dénominateur, avant d’en faire l’application.

Pour donner un exemple de l’usage de ces formules, supposons que le joueur $\mathrm {A}$ ait 6 jetons, et que le joueur $\mathrm {B}$ en ait 4 seulement ; il faudra faire $p=6$ et $q=4$ ; les formules deviendront donc

$x_{6}={\frac {m^{4}(m^{6}-n^{6})}{m^{6+4}-n^{6+4}}},\quad y_{4}={\frac {n^{6}(m^{4}-n^{4})}{m^{6+4}-n^{6+4}}}.$

Si nous supposons, en outre, que l’adresse de $\mathrm {A}$ soit double de celle de $\mathrm {B,}$ ce qui donnera $m=2,n=1$, il viendra

$x_{6}={\frac {2^{4}(2^{6}-1)}{2^{10}-1}}={\frac {16\cdot 63}{1023}}={\frac {336}{341}},\quad y_{4}={\frac {2^{4}-1}{2^{10}-1}}={\frac {15}{1023}}={\frac {5}{341}}\,;$

les espérances respectives de $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ seront donc ${\frac {336}{341}}$ et ${\frac {5}{341}}$ ; elles seront donc dans le rapport de 336 à 5.