Cálculos de probabilidad acerca de la lotería primitiva

ENUNCIADO. La Lotería Primitiva es un juego de azar regulado por Loterías y Apuestas del Estado (LAE) que consiste en hacer apuestas, marcando por lo menos 6 números (diferentes) entre 1 y 49. En el sorteo, cada número de la 6-tupla premiada sólo puede salir una vez. Si se ha hecho una apuesta simple ( se han marcado $6$ números de entre los $49$ ), calcular la probabilidad de obtener:
a) $6$ aciertos
b) $4$ aciertos exactamente
c) que salga ( entre los aciertos ) el número '10'
d) obtener un sólo acierto
e) no obtener ningún acierto

SOLUCIÓN. El espacio muestral $\Omega$ se puede concebir como el conjunto de sucesos ( elementales ) del tipo $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5\,x_5]$ donde $x_i \in \{1,2,\ldots,49\}$ para $i\le 6$; dichos sucesos son equiprobables, luego podemos emplear la regla de Laplace para calcular/asignar probabilidades a cualquier suceso $S$ del espacio de probabilidad $(\Omega, P)$ de la forma $$P(S)\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{N(S)}{S}$$ donde $N(S)$ es el número de casos favorables ( que calcularemos en cada uno de los casos pedidos ) a $S$ y $N$ es el número de sucesos posibles, que es igual a $C_{49,6}=\binom{49}{6}=13\,983\,816$ [ En el recuento no consideramos el orden en que van apareciendo los seis resultados ].

Entonces:
a) Hay $1$ sóla manera de elegir los seis aciertos ( la 6-tupla ganadora ), por lo tanto, $N(S)=1$; con lo cual, $P(S)=\dfrac{1}{\binom{49}{6}}\approx 7,1511\cdot 10^{-8}$

b) Hay $C_{6,4}$ maneras de elegir los cuatro aciertos y $C_{49-4,6-2}$ maneras de elegir los otros dos números ( no acertados ); entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,4}\cdot C_{49-4,6-2}=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 1,06194\cdot 10^{-3}$$ Observación: Démonos cuenta que nos encontramos otra vez, aquí, con el modelo hipergeométrico.

c) Hay $1$ sóla manera de elegir el número '10' y $C_{49-1,6-1}=\binom{49-1}{6-1}$ maneras de elegir los cinco restantes, luego por el principio multiplicativo $N(S)=1\cdot \binom{49-1}{6-1}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{1\cdot \binom{49-1}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 1,2245\cdot 10^{-1}$$

d) Hay $C_{6,1}$ maneras elegir una 6-tupla con un sólo acierto y por tanto $C_{49-6,6-1}$ maneras de elegir los otros cinco números ( no acertados ) del la 6-tupla; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,1}\cdot C_{49-6,6-1}=\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1302 \cdot 10^{-1}$$

e) Hay $C_{6,0}=\binom{6}{0}=1$ sóla manera de elegir $0$ aciertos y $C_{49-6,6-0}$ maneras de elegir los otros seis números ( no acertados ) [ repárese en la necesidad de descontar los $6$ números premiados de los $49$ que hay en total ]; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,0}\cdot C_{49-6,6-0}=\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}}{\binom{49}{6}}\approx 4,3596\cdot 10^{-1}$$

NOTA:
Invito al lector a leer [ aquí ] una ampliación del cálculo de probabilidades al objeto de dar respuesta a otras preguntas que pueden surgir acerca de la Lotería Primitiva.

$\square$

Recuento de los números enteros no negativos de a lo sumo n cifras

ENUNCIADO. ¿ Cuántos números enteros no negativos pueden formarse que tengan a lo sumo $n$ cifras ?

SOLUCIÓN.
Procedimiento I
El conjunto de cifras del alfabeto decimal es $\{0,1,2,\ldots,9\}$ y consta por tanto de $10$ cifras. Veamos ahora cuántos números se pueden formar de $1$, $2$, $\ldots$ hasta de $n$ cifras. Veamos qué sucede a medida que aumentamos el valor de $n$.

Números de una cifra:
  Desde luego, se puede formar $1$ número, el $0$
  Se pueden formar también los $9$ números, del $1$ al $9$
      Por tanto podemos formar $1+9=10$ números de una cifra.
Números de dos cifras:
  Como podemos elegir de $9$ maneras la cifra de las decenas ( pues no podemos elegir el '0' si dichos números han de tener dos cifras ) y de $10$ maneras las de las unidades, podemos formar $9\cdot 10$ números de dos cifras
Números de tres cifras:
  Como podemos elegir de $9$ maneras la cifra de las centenas ( pues no podemos elegir el '0' si dichos números han de tener tres cifras ), de $10$ maneras las de las decenas, y de $9$ maneras las cifra de las unidades. Así que podemos formar $9\cdot 10 \cdot 10=9\cdot 10^2$ números de tres cifras.
...
De ahí es fácil inducir que:
Números de $n$ cifras:
  Podemos formar $9\cdot 10^{n-1}$ números de $n$ cifras.

Por consiguiente, en total, podemos formar $$10+9\cdot 10 + 9\cdot 10^2+ \ldots + 9\cdot 10^{n} \quad \text{números de a lo sumo}\, n\, \text{cifras}$$ esto es $$10+9\cdot 10\cdot (1+10+10^2+\overset{\underbrace{n-1}}{\ldots}+10^{n-1}) \quad \quad (1)$$ Y teniendo en cuenta que la suma del paréntesis corresponde a la de los términos de una progresión geométrica de $n-1$ términos cuyo primer término es igual a $1$ y de razón $10$, sabemos ( por la fórmula de la suma ) que ésta es igual a $1\cdot \dfrac{10^{n-1}-1}{10-1}$ por lo que (1) nos queda
$10+9\cdot 10\cdot \dfrac{10^{n-1}-1}{10-1}$
  $=10+\dfrac{9\cdot 10}{9}\cdot (10^{n-1}-1)$
    $=10+10\cdot (10^{n-1}-1)$
      $=10\cdot (1+10^{n-1}-1)$
        $=10\cdot 10^{n-1}$
          $=10^{n}$

Procedimiento II. Éste es el procedimiento más directo y más simple.
Consideremos un número de $n$ cifras. La primera ( por la izquierda ) podemos elegirla de $10$ maneras distintas, ya que también podemos optar por el '0', habida cuenta que estamos construyendo número de a lo sumo $n$ cifras. La misma consideración podemos hacer para elegir la segunda cifra, luego ésta podremos escogerla también de $10$ maneras distintas; y, de igual forma, hasta llegar a la última cifra ( la de las unidades ), que también podremos elegir de $10$ maneras distintas. Por consiguiente, y empleando el principio multiplicativo, podemos formar $$10\cdot 10 \cdot \overset{\underbrace{n}}{\ldots} \cdot 10 = 10^n\quad \text{números de a lo sumo}\, n\, \text{cifras}$$
$\square$