Lo mostraré en el caso general ya que los números no importan mucho.
Disponemos de un lugar seguro y $S$ científicos, queremos $M$ científicos para no poder de abrir la caja fuerte, sino más bien $M$ científicos para poder abrirlo. ¿Cuántas cerraduras tenemos que poner en la caja fuerte?
Dado un conjunto de $M$ científicos fuera de la $S$ científicos (lo llamamos un $M$ -subset), les falta una llave para alguna cerradura.
Además, dos subconjuntos distintos tienen un científico no común a ambos y, por tanto, su unión tiene más $M$ científicos. Si dos de estos $M$ -los subconjuntos no tienen la misma clave, entonces son la unión falta esa clave, la unión tiene más entonces $M$ científicos y por lo tanto tenemos una contradicción.
Definimos un multimapa como sigue, para cada cerradura definimos su preimagen como el $M$ -que le falta una llave para esa cerradura, como se ha descrito anteriormente no puede haber más de un subconjunto M al que le falte esa llave (A priori podemos tener cerraduras que no $M$ -subset falta una clave para, por lo que nada se asignará a ellos). Ahora bien, si algún subconjunto M mapea a más de una cerradura entonces podemos desechar todas las cerraduras menos una, el subconjunto M seguirá sin poder abrir la caja fuerte porque le falta una cerradura. Así que terminamos con una inyección de la colección de $M$ -subconjunto al conjunto de cerraduras. Así, tenemos al menos $N=\binom{S}{M}$ cerraduras.
Ahora nos preguntamos si necesitamos más cerraduras que esta. Supongamos que hay más entonces $N$ cerraduras. WLOG asume que nuestra inyección de arriba se asigna a la primera $N$ cerraduras etiquetadas $1$ à $N$ . Así que cada $M$ -subset falta una clave para uno de los primeros $N$ cerraduras. Ahora considere el $(N+1)$ -a la que llamamos $L$ , considere la colección $\mathcal{C}$ de $M$ -subsets que no tienen la clave para $L$ .
Imagina que tiramos la cerradura $L$ y todas sus llaves. Cualquier subconjunto de los científicos que podía abrir la caja fuerte antes puede seguir abriéndola ya que acabamos de quitar una cerradura. El $M$ -Los subconjuntos siguen sin poder abrir la caja fuerte porque faltan alguna clave de las primeras N claves. Por lo tanto, los $(N+1)$ -la tecla es redundante, Por un argumento similar cualquier cerradura etiquetada con un número > $N$ es redundante.
Así, $\binom{S}{M}$ es el número mínimo suficiente de cerraduras.
En el caso que mencionas tenemos $S=11$ y $M=5$ .
Así, el número de cerraduras que necesitamos es $\binom{11}{5} = \frac{11!}{5!6!}=462$
