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.

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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 $$10\cdot 10 \cdot \overset{\underbrace{n}}{\ldots} \cdot 10 = 10^n\quad \text{números de a lo sumo}\, n\, \text{cifras}$$
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Jugando al dominó con probabilidades

ENUNCIADO. Considérese un juego de dominó [ 28 fichas, cada una de las cuales tiene un par de números, del $0$ al $7$, iguales o distintos ]. Un jugador elige $7$ fichas al azar, y la vez. Se pide:
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que entre las siete fichas haya exactamente cinco que tengan un '3' ?
b) ¿ Cuál es la probabilidad de obtener exactamente cinco fichas con un mismo número ?

SOLUCIÓN.
Las $28$ fichas tienen la misma probabilidad de ser elegidas; utilizaremos, pues, la regla de Laplace. Emplearemos el método combinatorio para calcular el número de casos favorables y el número de casos posibles.

a) Denotemos por $A_3$ al suceso pedido, entonces $$P(A_3)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A_3)}{N}$$ El número de casos en total, esto es el número de maneras de elegir un conjunto
de $7$ fichas a la vez de un total de $28$, $N$, es igual a $\binom{28}{7}=1\,184\,040$

Vamos a calcular ahora el número de casos favorables $N(A_3)$. Como hay $\binom{7}{5}$ maneras de elegir $5$ fichas que tengan un '3' ( ya que hay $7$ fichas que tengan un '3' ) y, por tanto, $\binom{28-7}{2}$ maneras de elegir las dos fichas restantes ( al haber $28-7$ fichas que no tengan el '3' ), llegamos a, por el principio multiplicativo, $$N(A_3)=\dfrac{\binom{7}{5}\cdot \binom{28-7}{7-5}}{\binom{28}{7}}=\dfrac{4\,410}{1\,184\,040}=\dfrac{49}{13\,156}\approx 0,0037$$

OBSERVACIÓN. La expresión obtenida corresponde a la probabilidad del modelo llamado hipergeométrico

b)
Ahora nos interesamos no sólo por que salga un '3', sino también por que salga también cualquiera de los otros seis números. Podemos repetir lo que acabamos de hacer para calcular la probabilidad de que entre las siete fichas haya exactamente cinco que tengan cualquiera de los otros seis números, por lo que resulta evidente que $P(A_0)=P(A_1)=\ldots=P(A_6)=\dfrac{49}{13\,156}$, luego la probabilidad pedida en este segundo apartado es $P(A_0 \cup \ldots \cup A_6)$, y siendo dichos sucesos incompatibles (1), resulta ser igual a $P(A_0)+\ldots+P(A_6)=7\cdot P(A_3)$ esto es $$7\cdot \dfrac{49}{13\,156}=\dfrac{343}{13\,156}\approx 0,0261$$

ACLARACIÓN 1: Para pensar con claridad, tengamos en cuenta que las $28$ fichas son las siguientes

06 
05  16
04  15  26
03  14  25  36
02  13  24  35  46  
01  12  23  34  45  56
00  11  22  33  44  55 66

Así que no es posible que los sucesos $A_i$ y $A_j$ ( donde $i$ y $j$ toman valores en $\{0,1,2,\ldots,6\}$ ) sean compatibles, ya que, por ejemplo, si $(i,j)=(3,4)$, fijado $i=3$ hay otras $6$ fichas que contienen el '3': $(3,0),(3,1),(3,2),(3,3),(3,5),(3,6)$ ; y, fijado $j=4$, hay otras $6$ fichas que contienen el '4': $(0,4),(1,4),(1,4),(4,4),(5,4),(6,4)$. Si pensamos en la posibilidad de tener cinco fichas con el '3' y con el '4', vemos que es imposible, habida cuenta que sólo disponemos de $7$ fichas, y sólo una, la $(3,4)$ contiene el '3' y el '4'. Lo mismo ocurre con los otros pares de números. Así que $A_i \cap A_j = \emptyset$, luego $P(A_i \cap A_j)=0$ para todo $i$ y todo $j$ ( con $i \neq j$ ) en $\{0,1,2,\ldots,6\}$, esto es, los sucesos $A_i$ y $A_j$ con $i \neq j$ son incompatibles.


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Repartiendo cartas

ENUNCIADO. Consideremos una baraja española. Se dan seis cartas a un jugador. ¿ Cuál es la probabilidad de que las seis cartas sean del mismo palo ?.

SOLUCIÓN. Todas las cartas tienen la misma probabilidad de ser elegidas, por lo que podemos aplicar la regla de Laplace. Emplearemos el método combinatorio.

Denotemos por $A$, el suceso "obtener seis cartas de alguno de los cuatro palos". Procedemos a calcular el número de casos favorables $N(A)$ a dicho suceso, así como el número total de maneras de elegir seis cartas, $N$, de entre las $40$ cartas que tiene la baraja.

El número de maneras de elegir seis cartas del primer palo, o del segundo, o del tercero, o bien del cuarto palo, podemos calcularlo de la siguiente forma: Como hay $\binom{4}{1}$ maneras de elegir un determinado palo y $\binom{10}{6}$ maneras de elegir seis cartas de uno de dichos cuatro palos, entonces $N(A)=\binom{4}{1}\cdot \binom{10}{6}=840$ casos favorables a dicho suceso. Por otra parte, el número total, $N$, de maneras de dar seis cartas es $\binom{40}{6}=3\,838\,380$

Entonces, por la regla de Laplace, $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{840}{3\,838\,380} \approx 0,00022 = 0,022\,\%$$

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Derivada de una suma de funciones

Función derivada de una suma de funciones derivables

Consideremos la función $\displaystyle f(x)=g(x)+h(x)$. De la definición de derivada $\displaystyle y'_{x}=\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}$ podemos escribir $\displaystyle f'_{x}=\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{\Delta (g(x)+h(x))}{\Delta x}$ y, por la propiedad aditiva del límit, queda
$\displaystyle f'_{x}=\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{\Delta g(x)}{\Delta x}+\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{\Delta h(x)}{\Delta x}$
es decir
$\displaystyle f'(x)=g'(x)+h'(x)$

Ejemplo:
Dada la función $f(x)=x^3+x^2$, su derivada es $\big(x^3\big)^{'}+\big(x^2\big)^{'}=3\,x^2+2\,x$

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Derivada de un término potencial

Derivada de un término polinómico

Sea la función $f(x)=x^n$ donde $n$ representa un número natural. Nos proponemos encontrar la regla de derivación, esto es, la estructura de la función derivada.
De la definición de derivada de una función, $$\displaystyle\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}$$ podemos escribir $$\displaystyle\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{(x+\Delta x)^{n}-x^n}{\Delta x}$$ y, por el desarrollo de la potencia de un binomio, $$\displaystyle\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{(x^n+C_{n,1}x^{n-1}\Delta x+...+C_{n,n-1}x \Delta x^{n-1}+\Delta x^{n})-x^n}{\Delta x}$$ Simplificando,
$$\displaystyle\lim_{\Delta x \rightarrow 0}\frac{C_{n,1}x^{n-1}\Delta x+...+C_{n,n-1}x \Delta x^{n-1}+\Delta x^{n}}{\Delta x}$$ Finalmente, para resolver la indeterminación de tipo $\displaystyle\frac{0}{0}$ con la que nos encontramos, extraemos factor común de $\Delta x$ y volvemos a pasar al límite, con lo cual encontramos el siguiente resultado $$\displaystyle C_{n,1}x^{n-1}$$ que es igual a $$n\,x^{n-1}$$ es decir, $$f^{'}(x)=n\,x^{n-1}$$

Ejemplo 1:
Dada la función $f(x)=x^3$, su derivada es $f^{'}(x)=3\,x^2$

Derivada de un término potencial, con exponente ( en general ) real

Se demuestra -- puede hacerse con ayuda de los logaritmos -- que la regla de derivación anterior se extiende a exponentes reales; es decir, si $$f(x)=x^p$$ donde $k \in \mathbb{R}$, entonces $$f^{'}(x)=k\,x^{k-1}$$

Ejemplo 2:
Dada la función $f(x)=\sqrt{x}$, podemos derivarla mediante dicha regla. Para ello, reescribimos la función de la forma equivalente $$f(x)=x^{\frac{1}{2}}$$; así que, siendo $k=1/2$, su derivada es igual a $f^{'}(x)=\frac{1}{2} \, x^{-\frac{1}{2}}$

Ejemplo 3:
Dada la función racional $f(x)=\frac{1}{x}$, podemos derivarla mediante esa misma regla si expresamos previamente la función a derivar como $f(x)=x^{-1}$; entonces,
como $k=-1$, su derivada es $$f^{'}(x)=-x^{-2}$$ que podemos expresar de forma equivalente así $$f^{'}(x)=-\dfrac{1}{x^{2}}$$

Ejemplo 4:
Dada la función $$f(x)=x^{\pi}$$ la f. derivada es $$f^{'}(x)=\pi \, \cdot \, x^{\pi-1}$$

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Regla de derivación de la función $f(x)=e^x$

Sea la función $f:\,\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ definida de la forma $$f(x)=e^x$$
donde $e$ representa el número trascendente $2,71828 \ldots$, base de los logaritmos neperianos ( o naturales )

Nos proponemos encontrar la regla de derivación de esta función, es decir, la estructura algebraica de la función derivada de la función dada.

De la definición de función derivada, $$\displaystyle \big(e^x\big)^{'}=\lim_{\Delta \, x \rightarrow 0}\,\dfrac{e^{x+\Delta \, x}-e^x}{\Delta\,x}$$
que podemos escribir de la forma$$\displaystyle \big(e^x\big)^{'}= e^{x} \cdot \lim_{\Delta \, x \rightarrow 0}\, \dfrac{e^{\Delta \,x}-1}{\Delta\,x}$$
Es sencillo comprobar - mediante la elaboración de una tabla numérica - que $$\displaystyle \lim_{\Delta \, x \rightarrow 0}\, \dfrac{e^{\Delta \, x}-1}{\Delta\,x}=1$$

luego deducimos $$\big(e^x\big)^{'}=e^x$$

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