探寻“赌金分配问题”的历史解答

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( 2湖南帅范大学数学计算机科学学院湖南长沙

我们知道 .概率论起源于 1 6世纪的“合理分配赌金问题” .很多关于数学史的文献都会提到这

惠更斯是在他们的成就上更进一步，昕以，下面我们把这些方法笼统地总结为算术方法、组合方法、 数学期望法 .首先应该指出的是这些方法都有一

个问题 .然而很少有文献详细地叙述丁数学史上解决这个问题的过程和原理方法 .只是简单地提一

个重要的思想：两个人分得赌金的比例应该等于从这以后继续赌下去他们获胜的概率. 1 算术方法： 1 6 5 4年 7月 2 9日.帕斯卡给费马的信中写道：下面给出两个赌徒分配赌金的方法 .例如每人

些人和事 .应该说这是一个很有趣的问题 .

很能激起数学爱好者的兴趣 .也能加深学生对概率的理解 .下面我们就来较为详细地谈谈数学史 上这个问题的解答过程干¨方法. 文献l l这样叙述合理分配赌金问题：“假如首 先约定在一次比赛中先赢 6次者为胜 .两个赌徒在一 1\赢 5次另一个赢 2次的情况下赌博因故中断，问总赌注如何分配才合理？意大利数学家帕乔利首先给出的答案是： 2 .似乎很合理 .但若干年后另一数学家卡尔达若重新研究这… .问题时提出疑问……他认为总赌金应按照 ( 1…2—3一+ - 4 )

投放 3 2枚金币作为赌金 .并以先得 3分为赢.假设第人已得 2分，另一人只有 1分，他们掷下次

时.若第一人赢了，他将得到全部金币，若另一人赢了，他们的比分是 2: 2,如果在这种情况下分赌

金的话，每个人将拿回自己所下的赌金，即 3 2枚硬币.

综上所述，如果第一个人赢了， 6 4枚金币属于他，如果他输了， 3 2个金币将属于他 .如果他们

: 1—1 0: 1的比例分配才合理 .卡尔达若考虑问题的方式较帕乔利前进了一步 .阻结沦仍然是错

的，正确的结果是 1 5:1 .是应用 l L 0年以后帕斯卡与费马得的原理推 2出的” .“……

不愿意继续玩下去而要分赌金的话 .第一个人应该说：“我一定能得 3 2枚金币，即使我下一轮输了，也应该把他们给我 .至于另外 3 2枚硬币 .也许

巾 l 1斯得到这一问题后.立即通知费

你得到他们，也许我得到他们，机会是均等的.所以在给我 3 2枚金币以后，让我们均分另外 3 2枚金币吧 .”这样他将得到 4 8枚金币，而另一个人只能得到 1 6枚金币 .

马.厢人从 1 6}年 7月}:始.为此频繁通信 .展开

有关概率论和组合学方面的研究.费马利用组合学方法，帕斯卡利用算术方法都得到这一问题的正确结果 .”“……

现在假定第一人得 2分而另一个人得 0分，f￣ f J ' l正在争夺下一分 .如果第一个人赢了，他将得

l 6 5年 .荷兰数学家惠更斯引进数学

期望的概念，证明_ r若户是一个人获得赌金“的

到全部 6 4枚金币，如果另一个人赢了，注意他们将回到前面的情况，即第一个人得 2分另一个人

概率 . q是他获得赌金 h的概率 .则他可以希望获得的总赌金数为“ P r, .”

得 1分，但是我们已经说明在这种情况下已有 2分的人将得到 4 8个金币，所以如果他们不愿意继续赌下去，这个人应该说：“如果我赢了，我将得到全部 6 4枚金币，如果我输了， 4 8枚金币将属于我，所以请把 4 8枚金币给我，然后再均分剩下的 1 6枚金

那么帕斯卡的算术方法和费马的组合方法到底是怎样来解决这个问题的呢？惠更斯的数学期望又有着怎样的意义？其实 .费马和帕斯卡通信讨论这个问题，他们互相对彼此的方法都有研究，而

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数学通报

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币，因为你我赢它的机会是均等的.”于是他获得的金币数目为 4 8+ 8— 5 6枚. 现在假定第一个人得 1分而另一个人得 0分，

就呵以归纳成如下的概率问题：进行某种独立重复试验 .设每次试验成功的概率为 P,失败的概率为1一P .问甲在 m次失败

之前取得 次成功的概

请看如果他们再掷一次而第一个人赢了，他与对手的比分就是 2比 0,根据上述理由 5 6枚金币将

率是多少，我I f]￣ E这个概率为 p( n, m) .解法 1

给他，如果他输了，他们的比分就是 1比1 . 3 2枚金币将属于他，所以他应该说：“如果你不打算赌下

为了使 7 1次成功发生在 m次失败之前，必须且只需在前”+, ~1次试验中至少成功次 .因为如果在前”+D I一1次试验中至少成功次，那么在前+ m 1次试验中至多失败 m一 1次(即乙至多成功 1 7 1 .一1次),于是， z次成功发生在 m次

去，请把我原来的 3 2枚金币给我，再让我们把 6 枚金币剩余的部分均分(无论结果如何，对手将得到 4枚金币) .5 6—3 2— 2 4,让我们来平分这 2 4 枚金币吧，你拿 1 2枚，我拿 l 2枚，再加上我原来的3 2枚。我一共应得 4 4枚 .”

失败之前；另一方面，如果在前 n+r n一 1次试验中成功次数少于 n,则在前 n十 m一 1次试验中失败的次数至少为 m,这样在次失败之前得不到 1 1次成功 .由二项概率公式，在+一 1次试验中成功是次的概率为 C P ( 1一声 )一 ,故在前

请看，在这种情况下，通过简单的减法，就可以知道，如果他赢了第一轮，他将从对方得到 1 2 枚金币，如果他继续赢第二轮，他将再从对方应得 1 2枚金币，赢了第三轮，则再得到 8枚金币。口 按照帕斯卡的这种简单的算术方法，我们可以得出开始提出的问题的正确答案.我们还是假设每人投放 3 2个金币作为赌注，先赢 6次者为胜. 首先我们考虑两个人的比分是 5: 4,再掷一次，如

n+, n一1次中至少成功”次的概率是： P( n, )一

: 一 P ( 1一 ) 一 .解法 2

无论”次成功发生在 m次失败之前，还是 m 次失败发生在”次成功之前，试验最多进行”+m一

果第一个人赢了，他将获得全部 6 4枚金币，如果第二个人赢了，两个人的比分就是 5: 5 .则第一个人应该拿回自己的 3 2个

金币，所以这时如果停止

1次，又次成功发生在 m次失败之前 (即甲获胜)进行的试验次数可能是、 n 4 - 1、+ 2,…, n+

比赛，第一个人应该得的金币数为： 3 2+1 6— 4 8 .再考虑两个人的比分为 5: 3,再掷一次，如果第一个人赢了，他当然可以拿回全部 6 4个金币，如果第二个人赢了，则比分为 5: 4,而在这种情况下我

Ⅲ一1 .如果次成功发生在 m次失败之前是在第七次实现。则第是次试验一定成功.且前忌一1次试验中应有一 1次成功，忌一r/次失败，仍由二项概率公式，得只需进行是次试验的概率为 C E一

( 1

们已经说明第一个人应该得到 4 8枚金币 .所以如果这时中断比赛的话，第一个人应得 4 8+ 8— 5 6 个金币.最后看两个人比分为 5: 2的情形，如果第一

声 ) P,志一 功发生在P

+1,…川+ 一1,从而 n 次成

次失败之前的概率 P(, )一

个人赢了，他将赢得全部 6 4个金币，如果他输

C7 - ( 1一 ) .

了，就回到 5: 3的情形，所以此时停止比赛他应该可以得到 5 6十 4— 6 0个金币，第二个人就只得 4 个金币，故而分配比例为 1 5: 1 .2 组合方法

在我们开始提出的问题中，一1, m一 4,如果假设 P一 (即两人每一局输赢的概率各为G - )。 则按解法 1 可得 P( 1, 4 ) 一

组合方法的解答是综合费马、帕斯卡、惠更斯三人的思想和方法 .首先要作必要的假设，假设： ①甲胜一局的概率为一个常数 P,乙胜一局的概率为 1一P— q;②各局赌博均互不影响 .这两个

塞 c 4 (专 ) ( 1一 1 )一 1 5,按解法2则得

P ( 1, 4 )一专塞 c 一 ( 1一专 )一 1 5,于是甲获胜的概率为 1 O,乙获胜的概率为，所以两人应按1 5: 1的比例分配赌金，和上述算术方法所得结

假设都是近似的，但也是合理的],我们把上述问题一般化，假设甲还要胜 7/"局才能赢得全部赌注，乙还要胜局才能获得全部赌注.那么这个问题

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4 7誊 第 1 0期果一敛. 3 数学期望法

数学通报

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则甲可以希望获得的赌金为 a q十 一6 4×去+厶 1

惠更斯引进数学期望的概念 .从而使上述问题达到了一个新的理论高度，能解决更具一般性的问题，从而对概率论产生了重大的影响.下面我们就用数学期望的一般理沦来得出上述问题的答案.

4 8×去一 5 6个金币.如果两人的比分为 5: 2,则厶1

甲可以希望获得的赌金为 a p+『叼一 6 4×去+5 61

×

一6 0个金币，与上面两种方法的结果一致.1

还是假设接下来再赌的每~局两人输赢的概1

数学期望理论的优点在于如果 P≠去.也可厶

率都是一，同样从一种比较容易处理的情形出发 .厶

以快速准确地算出结果.当然，数学期望理论对概率论所产生的影响远不止解决这个问题本身 .参考文献

假设两人的比分为 5:{ .则如果再赌一局，甲赢的

概率 P— L,他将赢得的赌金“=6 4个金币：甲输1

的概率 ( 7一 I.他将赢得的赌金 b一 3 2。所以他可厶

1 梁宗巨 .王青建，孙宏安.世界数学通史 (下)[ M] .沈阳：辽宁教育出版社， 2 0 0 1 2 王树禾.数学思想史[ M] .北京：工业大学出版社， 2 0 0 3

以希望获得的赌金为 a p+一 6 4× 1十 3 2× 1二一

3 孙荣恒 .趣味随机问题[ M] .北京：科学出版社。 2 0 0, 1

4 8个金币.以此类推 .如果两人的比分为 5: 3,

(上接第 4 4页 )

同的这 1 1 2 7 1个数的和等于从 0到Ⅲ” ! l这” !个数的和的 .1 1

中。各位数字和被 1 0整除的数的和为：1× 1 9 9 9X 2 00 0 1 0 2 : 1 9 9 9 00… .——

2定理的应用

例 3在正整数 5 0 0 0到 1 0 0 0 0这些数中，求各位数字和被 1 0除余数为 1的所有数的个数及它们的和. 解由定理知，在 0到 5 O×1 0 一l一4 9 9 9这

例 1 一个正整数称为“坏数” .如果它的二进制表示中 1的个数为偶数 .例如： 1 8一( 1 O 0 1 0 ):

是“坏数” .

求前 1 9 8 5个“坏数”的和. (英国数学竞赛题 )解所谓“坏数”,即在二进制中各位数字和

些数中。适合条件的数有 5 O×l 0—5 0 0个，故在 0￣4 9 9 9中满足条件的数的和为：4 9 9 9 X 5 0 0 0 1 24 9 7 5 O——

被 2除余数为 0的数.由定理知：从 0到 9 9 3× 9~ I ( 3 9 7 1 )这 3 9 7 2

×

—.

个数中.“坏数”有 9 9 3×2—1 9 8 6个 (包括 0 ),所以前 1 9 8 5个“坏数”的和为：一

在 0到 i 0 0×1 0。一1—9 9 9 9这些数中适合条件的数有 1 0 0×1 0—1 0 0 0个， 1 0 0 0 0正好满足，故

.

型二

一3 9 4 3 2 0 3.

厶

在 0~ 1 0 0 0 0中适合条件的数的和为： I×9 9 9 9￣ 1 0 0 0 0十一——

例2从 1到 2 0 0这些正整数中，求各位数字和被 1 0整除的数的和 . 解在 1 O进制数中讨论 .在 0到 2 0×1 0。一】 ( 1 9 9 9 )这 2 0 0 0个数中 .有 2 O×1 0—2 0 0个适合条件的数 (包括 0 ),而 l 9 9 7、 1 9 9 8、 1 9 9 9这三个数

1 00 0 0

—

—

—

— 49 9 9 5 00+

1 0 0 00—

5 0 0 9 5 0 0 .所以在 5 0 0 0到 1 0 0 0 0这些数中，各位数

字和被 1 0除余数为 1的所有数的个数为： 1 0 0 1—5 0 0:5 0 1个，它们的和为： 5 0 0 9 5 0 0— 1 2 4 9 7 5 0= 37 5 9 7 0.

中，无适合条件的数，在 2 0 0 0~2 0 0 7这八个数中，

也无适合条件的数，故从 1到 2 0 0 7这些正整数

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