Taller de combinatoria

Calculadora de combinaciones y permutaciones

Calcula nCr y nPr, repeticiones, estrellas y barras, permutaciones de multiconjuntos, distribuciones, inclusión-exclusión, desarreglos y caminos de retícula.

Ejemplo resuelto — Taller de combinatoria

Recuento exacto	120
Aprox.	120
Dígitos	3
log10	2,0792

Estos son los valores que muestra la calculadora al abrir la página. Cambia cualquier entrada de arriba para recalcularlos.

Cargando simulación interactiva...

Teoría del conteo — caso por caso

Dos preguntas de sí o no clasifican todo problema de conteo

Elegir (sin repetición) C(n,k) = n! / (k!(n − k)!)

Ordenar (sin repetición) P(n,k) = n! / (n − k)!

Ordenado con repetición n^k

Elegir con repetición C(n + k − 1, k)

Elegir (sin repetición)

Fórmula: C(n,k) = n! / (k!(n − k)!)

Ejemplo resuelto: Elegir 3 de 10 personas. Como el orden no importa, C(10,3) = 120 comités.

Abrir este ejemplo: elección de comité

Elegir (sin repetición). Selección no ordenada: las fichas elegidas forman un conjunto, no una secuencia. Elegir 3 personas de 10: el orden no importa. — Selección no ordenada: las fichas elegidas forman un conjunto, no una secuencia.

Ordenar (sin repetición)

Fórmula: P(n,k) = n! / (n − k)!

Ejemplo resuelto: Asignar oro, plata y bronce entre 10 finalistas. Como los puestos son distintos, P(10,3) = 720 podios posibles.

Abrir este ejemplo: orden del podio

Ordenar (sin repetición). Casillas ordenadas: intercambiar posiciones crea un resultado nuevo. Podio top 3 de 10: el orden importa. — Casillas ordenadas: intercambiar posiciones crea un resultado nuevo.

Ordenado con repetición

Fórmula: n^k

Ejemplo resuelto: Crear un PIN de 4 cifras con 10 dígitos. El orden importa y los dígitos pueden repetirse: 10^4 = 10.000 PIN.

Abrir este ejemplo: código PIN

Ordenado con repetición. Cada casilla elige de forma independiente del mismo conjunto. PIN de 4 dígitos: se permite repetición. — Cada casilla elige de forma independiente del mismo conjunto.

Elegir con repetición

Fórmula: C(n + k − 1, k)

Ejemplo resuelto: Elegir 3 bolas entre 8 sabores, ignorando el orden y permitiendo repeticiones. C(10,3) = 120 multiconjuntos de sabores.

Abrir este ejemplo: bolas de helado

Elegir con repetición. Estrellas y barras: los separadores codifican elecciones repetidas. 3 bolas de helado de entre 8 sabores: el orden no importa, se permiten repeticiones. — Estrellas y barras: los separadores codifican elecciones repetidas.

Permutación de multiconjunto

Fórmula: N! / (n₁! · n₂! · … · n_r!)

Ejemplo resuelto: MISSISSIPPI tiene 11 letras: I×4, S×4, P×2 y M×1. Al dividir los intercambios idénticos, 11!/(4!4!2!) = 34.650 ordenaciones.

Abrir este ejemplo: MISSISSIPPI

Permutación de multiconjunto. Los símbolos repetidos dividen el total de permutaciones por los intercambios de duplicados. Once letras, cuatro S, cuatro I, dos P: 11! sobre 4!·4!·2! = 34.650. Sin las repeticiones tendrías 39.916.800, por lo que los duplicados eliminan más del 99,9% de las combinaciones posibles.. — Los símbolos repetidos dividen el total de permutaciones por los intercambios de duplicados.

Bolas en cajas

Fórmula: Σ_i=0^m (−1)ⁱC(m,i)(m − i)ⁿ

Ejemplo resuelto: Asignar 6 tareas distintas a 3 personas identificadas, sin dejar a nadie sin tarea. Inclusión–exclusión da 3^6 − 3·2^6 + 3 = 540 asignaciones.

Abrir este ejemplo: distintas en cajas (sobreyectiva)

Bolas en cajas. Vista de bolas y cajas para restricciones de asignación/distribución. Asignar 6 tareas distintas a 3 trabajadores, todos reciben al menos una. — Vista de bolas y cajas para restricciones de asignación/distribución.

Inclusión-exclusión

Fórmula: C(n,k) − C(b,k)

Ejemplo resuelto: Elegir una mano no ordenada de 5 cartas con al menos un As. C(52,5) − C(48,5) = 886.656 manos.

Abrir este ejemplo: al menos un As

Inclusión-exclusión. Imagen de solapamiento de conjuntos para el conteo por suma-resta. Mano de 5 cartas con al menos un As mediante conteo por complemento. — Imagen de solapamiento de conjuntos para el conteo por suma-resta.

Casos especiales

Fórmula: !n = n! Σ_i=0ⁿ (−1)ⁱ / i!

Ejemplo resuelto: Asignar 8 nombres de amigo invisible sin que nadie se saque a sí mismo. El número de desarreglos es !8 = 14.833.

Abrir este ejemplo: amigo invisible

Casos especiales. Conteos clásicos con restricciones: circulares, desarreglos y caminos en cuadrícula. Ocho personas donde nadie saca su propio nombre: 14.833 maneras. Eso es 8! dividido por e y redondeado. El número de desórdenes siempre es el entero más cercano a n!/e, de ahí surge el tercer bloque de ideas que verás más abajo.. — Conteos clásicos con restricciones: circulares, desarreglos y caminos en cuadrícula.

Referencias (1)

The last case in the guide above is Secret Santa, and insight block 3 finds e hiding in it. That is the matching problem, and it is three centuries old: P. Gorroochurn, "Rencontres with Montmort (1708)", chapter 7 of Classic Problems of Probability, 54–61. Wiley, 2012 — the probability that nobody draws their own name tends to 1/e.

Práctica

Compruébalo tú mismo

Predice la respuesta primero y luego usa los controles de arriba para comprobarlo. Revela la solución solo cuando te hayas comprometido con una hipótesis: eso es lo que lo convierte en práctica.

Elija 3 personas de 10 para un comité. Después elija el 1.º, 2.º y 3.er puesto entre las mismas 10. Igual n, igual k: ¿difieren los dos recuentos y, de ser así, en qué factor exacto? Compruébelo con los dos primeros modelos.

Mostrar la respuesta

120 frente a 720, un factor de 6. Una sola pregunta los separa, y no son los números: ¿importa el orden? Cada comité no ordenado de 3 puede alinearse en 3! = 6 podios distintos, así que ordenar es siempre elegir multiplicado por k!. El factor es k! y nunca otra cosa, y por eso las dos fórmulas se diferencian exactamente en esa única división.
Un PIN de 4 dígitos tomado de 10 dígitos, y 4 bolas de helado elegidas entre 10 sabores donde un sabor puede repetirse. Ambos permiten repetición. Prediga qué recuento es mayor y compruébelo.

Mostrar la respuesta

10,000 frente a 715. La repetición está permitida en ambos, así que no es ella la que los separa: es el orden. El PIN es ordenado con repetición, n^k = 10⁴. Las bolas son no ordenadas con repetición, C(n + k − 1, k) = C(13,4) = 715. Los dos modelos «con repetición» están tan lejos entre sí como los dos sin ella, y por eso la pregunta «¿pueden repetirse los elementos?» nunca basta por sí sola. Siempre hacen falta las dos.
Seis premios distintos en tres cajas distintas dan 729. Cambie la variante para que cada caja reciba al menos un premio y baja a 540. ¿Adónde fueron las 189 repartos que faltan?

Mostrar la respuesta

Son exactamente los repartos que dejan alguna caja vacía, y contarlos exige una suma alternada en vez de una fórmula. La caja vacía se elige de 3 maneras y el resto se llena de 2⁶ = 64 maneras: 3 × 64 = 192. Pero los 3 casos en que los seis premios caen en una sola caja se contaron allí dos veces, así que reste 3. Quedan 192 − 3 = 189 repartos con caja vacía, y 729 − 189 = 540. Es el único modelo del taller cuya respuesta es una suma alternada: el más lento de calcular y el más fácil de equivocar a mano.

Problemas resueltos al detalle

Elegir 3 de 10 y la respuesta a elegir 7 5 pasos
Elegir 3 de 10 da 120 formas. Dedúzcalo a partir del recuento ordenado y, a continuación, halle por qué 120 es también la respuesta a elegir 7.
1. Cuente primero las selecciones ordenadas, porque son más sencillas: diez opciones, luego nueve, después ocho.
  
  $P (10, 3) = 10 \times 9 \times 8 = 720 = 3! (3 10)$
2. Eso cuenta cada conjunto de tres varias veces —una por cada orden en el que podrían aparecer los mismos tres, lo que resulta en 3! = 6.
3. Al dividir se obtiene 120, y la división por k! constituye toda la diferencia entre una permutación y una combinación.
  
  $(3 10) = \frac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = \frac{720}{6} = 120$
4. La simetría se deduce del propio significado de elegir. Escoger 3 para llevarse es el mismo acto que escoger 7 para dejar, de modo que ambos recuentos no pueden diferir.
  
  $(3 10) = (7 10) = 120 (choosing 3 is choosing which 7 to omit)$
5. El log₁₀ de 2,0792 del panel es el complemento práctico: tres dígitos. Para n grande, el recuento desborda cualquier capacidad de almacenamiento, y el logaritmo es lo que permanece computable.
  
  $lo g_{10} 120 = 2.0792 ⟹ 3 digits$
Respuesta

La herramienta muestra 120, 3 dígitos y log₁₀ = 2,0792. Vale la pena interiorizar la simetría porque reduce el trabajo a la mitad: nadie debería calcular C(10, 7) desde cero. Y toda la fila suma 2¹⁰ = 1024 —cada subconjunto de diez elementos, contado por su tamaño—, lo que constituye la comprobación de coherencia más rápida para cualquier cálculo binomial que vaya a realizar. La entrada más grande es C(10, 5) = 252, por lo que el centro de la fila contiene aproximadamente una cuarta parte de todos los subconjuntos, mientras que los dos extremos contienen uno cada uno.

$(k n) = \frac{P ( n , k )}{k !} : order costs a factor of k! = 6$
Las 2.598.960 formas de repartir una mano de cinco cartas para un color 5 pasos
Una mano de cinco cartas se puede repartir de 2.598.960 maneras. Constrúyala a partir del reparto ordenado y úsela después para calcular el valor de un color. Se trata de Elegir (sin repetición) con n = 52 y k = 5.
1. Reparta en orden primero. La primera carta tiene 52 posibilidades, la siguiente 51, y así sucesivamente hasta 48: cinco factores, sin división todavía.
  
  $P (52, 5) = 52 \times 51 \times 50 \times 49 \times 48 = 311875200$
2. Una mano es un conjunto, y el recuento ordenado ha registrado cada conjunto 120 veces, una por cada orden en el que podrían haber llegado las mismas cinco cartas. Dividir por 5! es el único paso que convierte un reparto en una mano.
  
  $(5 52) = \frac{311 875 200}{5 !} = \frac{311 875 200}{120} = 2598960$
3. Ahora cuente los colores dentro de ese espacio: elija el palo de cuatro maneras y, a continuación, cinco de las trece cartas que contiene.
  
  $flushes = 4 (5 13) = 4 \times 1287 = 5148$
4. Lo cual aclara por qué un color es raro. No es que 5.148 sea un número pequeño de manos; es que el espacio en el que se encuentra es quinientas veces mayor.
  
  $P (flush) = \frac{5148}{2 598 960} = 0.00198 \approx \frac{1}{505}$
5. Y ese espacio sigue siendo lo suficientemente pequeño como para ser físico. Repartiendo una mano cada segundo, sin parar, se habrán repartido todas las manos distintas en menos de un mes.
  
  $\frac{2 598 960}{86 400} = 30.1 days, at one hand per second$
Respuesta

La herramienta muestra 2.598.960, 7 dígitos y log₁₀ = 6,4148. La clasificación de manos del póquer es esta aritmética y nada más. Cuente las escaleras de la misma manera (diez rangos iniciales, cuatro palos para cada una de las cinco cartas, 10 × 4⁵ = 10.240) y hay el doble de escaleras que de colores, razón por la cual un color supera a una escalera. El orden no se diseñó; se contó.

$(5 52) = 2598960 P (flush) \approx \frac{1}{505}$
Las 62.990.928.000 formas de una contraseña de ocho letras sin letras repetidas 5 pasos
Una contraseña de ocho letras sin ninguna letra repetida tiene 62.990.928.000 formas. Calcúlela, cuente luego la misma contraseña sin la regla y decida cuál preferiría defender. Se trata de Ordenar (sin repetición) con n = 26 y k = 8.
1. Rellene las posiciones de izquierda a derecha. La primera admite cualquiera de las 26 letras; la segunda admite 25, porque la letra que ya ha usado ha desaparecido.
  
  $P (26, 8) = \frac{26 !}{18 !} = 26 \times 25 \times 24 \times 23 \times 22 \times 21 \times 20 \times 19$
2. Ocho factores decrecientes, y ese producto es toda la respuesta. Es una permutación en lugar de una combinación porque el orden de las letras es la contraseña.
  
  $= 62990928000$
3. Ahora elimine la regla. Cada posición vuelve a ser independiente y cada posición dispone de las 26 letras, por lo que el recuento es una simple potencia.
  
  $2 6^{8} = 208827064576 (repeats allowed)$
4. La comparación es la clave: prohibir repeticiones conserva el 30,2% de las cadenas. Una regla que parece un refuerzo ha eliminado siete de cada diez cadenas.
  
  $\frac{62 990 928 000}{208 827 064 576} = 0.302$
5. En tiempo de ataque, a mil millones de intentos por segundo, los dos espacios equivalen a un minuto y a tres minutos y medio. Ninguno supone una defensa, y la regla hizo más corto el más corto.
  
  $1 0^{9} guesses/s : 63 s vs 209 s$
Respuesta

Con n = 26, k = 8 y el modelo ajustado a Ordenar (sin repetición), la herramienta muestra 62.990.928.000, 11 dígitos y log₁₀ = 10,7993. Toda regla de composición reduce el espacio, sin excepción, porque una regla solo puede prohibir. Si merece su lugar o no depende de algo que esta aritmética no puede ver: si las cadenas que prohíbe son las que la gente elige con mucha más frecuencia que el azar. Prohibir una contraseña conocida cuesta una cadena. Prohibir todas las letras repetidas cuesta 145.836.136.576 de ellas.

$P (26, 8) = 0.302 \times 2 6^{8} : forbidding repeats deletes 69.8% of the strings$
Tres intentos en un cajero automático para un PIN de cuatro dígitos 5 pasos
Un PIN de cuatro dígitos tiene 10.000 valores. Calcule cuánto valen tres intentos en un cajero automático y lo que cuesta realmente el conocido consejo de evitar dígitos repetidos. Se trata de Ordenado con repetición con n = 10 y k = 4.
1. Cuatro posiciones, diez dígitos en cada una y nada los conecta: el dígito que acaba de usar sigue estando disponible para la siguiente posición.
  
  $10 \times 10 \times 10 \times 10 = 1 0^{4} = 10000$
2. Tres intentos contra un PIN elegido de forma uniforme equivalen, por tanto, a tres oportunidades entre diez mil. El límite de tres intentos no es una mejora con respecto al tanteo ilimitado; frente a este espacio, constituye la defensa entera.
  
  $3 attempts : \frac{3}{10 000} = 0.03%$
3. Imponga ahora la regla de no repetir dígitos: diez opciones, luego nueve, luego ocho y luego siete.
  
  $no repeated digit : 10 \times 9 \times 8 \times 7 = 5040$
4. La regla conserva 5.040 PIN y destruye 4.960. Se ha perdido la mitad del espacio, y la mitad que se perdió incluía el 1111 junto con todo lo demás.
  
  $\frac{5040}{10 000} = 0.504$
5. Dos dígitos adicionales no son dos intentos adicionales. Cada dígito multiplica por diez, por lo que un PIN de seis dígitos representa cien veces ese espacio.
  
  $six digits : 1 0^{6} = 1000000 = 100 \times 1 0^{4}$
Respuesta

La herramienta muestra 10.000 para n = 10, k = 4. Ambos hechos se cumplen a la vez: el espacio es diminuto y un PIN suele ser suficiente de todos modos, porque el límite de tres intentos concede al atacante un 0,03% de él en lugar de su totalidad. Cambie la amenaza y la respuesta se invierte. Un archivo robado de PINs no tiene límite de intentos, y diez mil candidatos es trabajo de una fracción de segundo, razón por la cual la seguridad de un PIN nunca se apoya en el PIN.

$n^{k} = 1 0^{4} = 1000010 \times 9 \times 8 \times 7 = 5040$
Tres bolas de ocho sabores y tres personas de diez 5 pasos
Tres bolas de entre ocho sabores, permitiendo repeticiones, son 120 — el mismo número que elegir a tres personas de diez. Demuestra que esto no es una coincidencia. Esto es Elegir con repetición con n = 8 y k = 3.
1. Escribe el pedido como una fila de símbolos: una estrella por cada bola, una barra por cada paso hasta el siguiente sabor. Tres bolas entre ocho sabores necesitan tres estrellas y siete barras.
  
  $3 scoops ⋆ ⋆ ⋆ and 7 bars ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣$
2. Cada ordenación de esos diez símbolos es un pedido, y cada pedido es una ordenación. Así que la pregunta es solo cuáles 3 de las 10 posiciones llevan estrella, lo cual es la pregunta del problema 1 con sustantivos distintos.
  
  $(3 3 + 7) = (3 10) = 120$
3. Prohíbe las repeticiones y el recuento cae a 56. La posibilidad de repetir un sabor aporta 64 pedidos adicionales, más que duplicando la carta.
  
  $(3 8) = 56 (no repeats allowed)$
4. Ahora haz que el orden también importe, de modo que vainilla-vainilla-menta difiera de menta-vainilla-vainilla: ocho opciones independientes, tres veces consecutivas.
  
  $8^{3} = 512 (ordered, repeats allowed)$
5. La proporción entre esas dos cifras es 4,27, no 3! = 6. Un cucurucho con una bola repetida tiene menos ordenaciones distintas que uno con tres bolas diferentes, por lo que dividir entre 3! es exactamente el paso que no se puede dar aquí.
  
  $\frac{512}{120} = 4.27 \neq = 3! = 6$
Respuesta

La herramienta muestra 120, 3 dígitos y log₁₀ = 2,0792: la misma lectura que en el problema 1, a partir de una pregunta distinta. Estrellas y barras es una traducción más que una fórmula: convierte la repetición en posición, donde ya sabes qué hacer. La trampa que tiende es el paso 5. Una vez que se permiten las repeticiones, las ordenaciones dejan de ser intercambiables y ningún factor único convierte entre el recuento ordenado y el no ordenado.

$(k n + k - 1) : k stars, n - 1 bars$
Las 34.650 palabras distintas de MISSISSIPPI con cuatro S que no se tocan 5 pasos
Las letras de MISSISSIPPI forman 34.650 palabras distintas. Dedúcelo y, a continuación, responde a una pregunta más difícil para la que la herramienta no tiene casilla: ¿con qué frecuencia se evitan las cuatro S entre sí? Esto es Permutación de multiconjunto con recuentos 1, 4, 4, 2.
1. Comienza fingiendo que cada letra es distinguible: etiqueta las S de S₁ a S₄. Se trata entonces de una permutación ordinaria de once objetos.
  
  $11! = 39916800$
2. Ahora quita las etiquetas. Las cuatro S se pueden permutar de 4! formas sin cambiar lo escrito, y lo mismo ocurre con las cuatro I y las dos P, de modo que cada palabra visible se contó 1.152 veces.
  
  $\frac{11 !}{1 ! 4 ! 4 ! 2 !} = \frac{39 916 800}{1152} = 34650$
3. Lo que da una probabilidad directamente: baraja las once fichas y una sola disposición entre 34.650 compone el nombre del estado.
  
  $P (a shuffle spells MISSISSIPPI) = \frac{1}{34 650} = 0.0000289$
4. Para la pregunta más difícil, coloca primero las otras siete letras —M, cuatro I, dos P— y cuenta sus ordenaciones. Eso deja ocho huecos incluidos los dos extremos, y cada S debe ocupar un hueco distinto.
  
  $\frac{7 !}{1 ! 4 ! 2 !} = 105, (4 8) = 70$
5. Multiplica y divide: 7.350 de las 34.650 palabras mantienen las S separadas, lo que supone un 21,2%.
  
  $\frac{105 \times 70}{34 650} = \frac{7350}{34 650} = 0.2121 = \frac{7}{33}$
Respuesta

La herramienta muestra 34.650, 5 dígitos y log₁₀ = 4,5397. El método de los huecos de los pasos 4 y 5 vale más que la respuesta. Es el procedimiento general para cualquier condición del tipo ninguno de estos dos juntos: coloca los elementos sin restricciones y luego elige huecos para los restringidos. La adyacencia es una condición que ningún factorial puede expresar, y los huecos la convierten en una elección de posiciones, que es la única cosa que todas las fórmulas de esta página ya saben contar.

$\frac{n !}{n _{1} ! n _{2} ! \dots} : divide by the orderings you cannot see$
Seis tareas distintas entregadas a tres trabajadores sin nadie inactivo 5 pasos
Seis tareas distintas repartidas entre tres trabajadores sin que ninguno quede ocioso son 540 asignaciones. Dedúcelo eliminando los casos malos en lugar de contar los buenos. Esto es Bolas en urnas, objetos distintos, todas las urnas utilizadas, con n = 6 y m = 3.
1. Ignora el requisito primero. Cada tarea elige de forma independiente a uno de los tres trabajadores, por lo que el recuento sin restricciones es una potencia, y es mucho más fácil que el restringido.
  
  $3^{6} = 729 (no restriction)$
2. Ahora resta las asignaciones que dejan a alguien sin nada: elige al trabajador ocioso de tres formas y luego entrega las seis tareas a los otros dos.
  
  $one worker idle : (1 3) 2^{6} = 3 \times 64 = 192$
3. Esa resta fue demasiado lejos. Una asignación que utiliza un solo trabajador se restó dos veces, una por cada compañero al que dejó ocioso, así que esas tres vuelven a sumarse.
  
  $two idle, added back : (2 3) 1^{6} = 3$
4. Alternar restas y sumas es inclusión-exclusión, y la suma alternada es lo que muestra la línea de fórmula de la herramienta.
  
  $729 - 192 + 3 = 540$
5. Así pues, resulta que tres cuartas partes de todas las asignaciones utilizan a todo el mundo. Divide entre 3! para hacer que los trabajadores sean intercambiables y obtendrás S(6, 3) = 90, el número de Stirling de segunda especie: las mismas particiones, contadas sin nombres.
  
  $\frac{540}{729} = 0.7407, S (6, 3) = \frac{540}{3 !} = 90$
Respuesta

La herramienta muestra 540, 3 dígitos y log₁₀ = 2,7324. El paso 3 es donde se suele perder este problema. El instinto sugiere que restar los casos malos es el método, y no es así: la resta sobre conjuntos solapados siempre se pasa, y los términos de corrección no son un adorno. El 90 del paso 5 es el mismo objeto desde otro ángulo: con trabajadores con nombre hay 540 asignaciones, sin nombres 90 particiones, y la diferencia entre ambos es exactamente las 3! formas de repartir los nombres.

$i = 0 \sum m (- 1)^{i} (i m) (m - i)^{n} = 540 = 3! S (6, 3)$
Doce fichas idénticas en cuatro cajas etiquetadas sin ninguna vacía 5 pasos
Doce fichas idénticas en cuatro cajas etiquetadas sin ninguna vacía es 165. Llegue ahí pagando la restricción por adelantado. Esto es Bolas y urnas, objetos idénticos, ninguna urna vacía, con n = 12 y m = 4.
1. El requisito es que cada caja reciba al menos una ficha, así que satisfágalo de inmediato: ponga una ficha en cada caja y despreocúpese. Quedan ocho fichas y ahora ya no hay reglas.
  
  $pay the floor first : 12 - 4 = 8 units still free$
2. Distribuir objetos idénticos libremente es estrellas y barras (ocho estrellas y tres barras para separar cuatro cajas), y el recuento consiste en elegir qué posiciones ocupan las barras.
  
  $(4 - 1 8 + 4 - 1) = (3 11) = 165$
3. Elimine la regla de no dejar cajas vacías y el mismo método da 455, porque las doce fichas están libres.
  
  $without the floor : (3 12 + 4 - 1) = (3 15) = 455$
4. Así pues, el mínimo de una ficha cuesta casi dos tercios de las distribuciones: 165 de las 455 sobreviven.
  
  $\frac{165}{455} = 0.363$
5. Si en cambio las fichas son distinguibles, la cifra se dispara a 16.777.216. La identidad sale cara: cinco órdenes de magnitud para doce objetos.
  
  $distinct units instead : 4^{12} = 16777216$
Respuesta

La herramienta muestra 165, 3 dígitos y log₁₀ = 2,2175. El paso 1 es la maniobra transferible: se puede pagar una cota inferior para cada parte por adelantado, ya que pagarla deja un problema de la misma forma con un n más pequeño. Eleve el mínimo a tres por caja y quedará doce menos doce, de modo que la respuesta es uno. No funciona en sentido ascendente, y esa asimetría es la única razón por la que como máximo dos por caja es una pregunta más difícil que al menos una.

$(m - 1 n - 1) : a floor of one is a constant, not a new formula$
Las 886.656 manos de cinco cartas que contienen al menos un as 5 pasos
886.656 manos de cinco cartas contienen al menos un as. Cuente las manos que no contienen ninguno y reste; después, vuelva a obtener el mismo número por el camino largo a modo de comprobación. Esto es Inclusión-exclusión, al menos uno, con n = 52, k = 5 y 48 cartas que no son ases.
1. Contar directamente las manos con al menos un as implica dividirlas en uno, dos, tres y cuatro ases. Contar el complemento requiere un solo cálculo, así que empiece por ahí.
  
  $(5 52) = 2598960$
2. Una mano sin ningún as consta de cinco cartas extraídas de las 48 que no son ases.
  
  $(5 48) = 1712304 (not one ace)$
3. Reste, y cada mano restante tendrá algún as, ya que una mano o bien no tiene ninguno o bien tiene alguno, sin término medio.
  
  $2598960 - 1712304 = 886656$
4. Por tanto, un tercio de todas las manos contiene al menos un as, lo cual es mucho más de lo que sugiere la frase cuatro ases en cincuenta y dos cartas.
  
  $P = \frac{886 656}{2 598 960} = 0.3412$
5. Ahora la comprobación. Cuente exactamente un as, exactamente dos, exactamente tres y exactamente cuatro, y luego sume. Son cuatro cálculos independientes y el total coincide hasta el último dígito.
  
  $4 (4 48) + 6 (3 48) + 4 (2 48) + (1 48) = 778320 + 103776 + 4512 + 48 = 886656$
Respuesta

La herramienta muestra 886.656, 6 dígitos y log₁₀ = 5,9478. El paso 5 no es mero adorno. Al menos uno es la frase que con más frecuencia se calcula erróneamente como 4 × C(48, 4) = 778.320 —elegir un as y luego completar la mano—, y ese número es incorrecto porque una mano con dos ases se genera dos veces con esta receta, una por cada uno de sus ases. El complemento nunca comete ese error, motivo por el cual es el primer recurso al que acudir cada vez que un problema diga al menos uno.

$∣ A ∣ = N - ∣ A^{c} ∣ : count the easy side and subtract$
Cuarenta, treinta y cinco y veintiocho miembros en tres clubes 5 pasos
Cuarenta, treinta y cinco y veintiocho miembros en tres clubes no suman 103 personas. Halle el recuento real de personas y luego divídalo según pertenezcan a un club, a dos o a los tres. Esto es Inclusión-exclusión, unión de tres conjuntos, con solapamientos dos a dos de 12, 10 y 9 y un solapamiento triple de 4.
1. Sume las tres listas. Quien pertenece a dos clubes se ha contado ahora dos veces y quien pertenece a los tres se ha contado tres veces, por lo que 103 es una cota superior y nada más.
  
  $40 + 35 + 28 = 103$
2. Reste cada solapamiento dos a dos. Quien pertenece exactamente a dos clubes queda ahora contado correctamente, pero quien pertenece a los tres se ha contado tres veces y se ha restado tres veces, por lo que ha desaparecido por completo.
  
  $103 - (12 + 10 + 9) = 103 - 31 = 72$
3. Vuelva a sumar el solapamiento triple para restaurarlos. En eso consiste todo el principio de inclusión-exclusión para tres conjuntos: sumar los elementos individuales, restar los pares y sumar el triple.
  
  $72 + ∣ A \cap B \cap C ∣ = 72 + 4 = 76$
4. La unión no indica cómo se distribuyen esas 76 personas, pero los mismos tres datos de entrada responden también a eso. Pondere los pares por dos y el triple por tres para eliminar a todos los que tienen más de una afiliación.
  
  $exactly one = 103 - 2 (31) + 3 (4) = 53$
5. El resto es inmediato: 19 personas pertenecen exactamente a dos clubes, y los tres grupos vuelven a sumar 76.
  
  $exactly two = 31 - 3 (4) = 19, 53 + 19 + 4 = 76$
Respuesta

La herramienta muestra 76, 2 dígitos y log₁₀ = 1,8808. Los signos alternados son una corrección en lugar de una regla mnemotécnica: cada término corrige el exceso del anterior, y alterna porque cada corrección se pasa en sentido contrario. Por eso también la fórmula crece tan rápido: cuatro conjuntos necesitan quince términos, y n conjuntos necesitan 2ⁿ − 1. Mucho antes de que eso sea práctico, el complemento del problema 9 resulta ser un instrumento mejor.

$∣ A \cup B \cup C ∣ = Σ_{1} - Σ_{2} + Σ_{3} = 76$
Ocho personas sacando nombres para el amigo invisible sin que nadie tenga el suyo 5 pasos
Ocho personas hacen el sorteo del amigo invisible y en 14.833 de los 40.320 sorteos posibles nadie saca su propio nombre. Deduce ese recuento y, a continuación, calcula cuántas personas se sacan a sí mismas habitualmente. Esto es Casos especiales, desarreglo, con n = 8.
1. Un desarreglo es una permutación sin puntos fijos. El principio de inclusión-exclusión sobre los ocho sucesos esta persona se sacó a sí misma da como resultado una suma alterna.
  
  $! n = n! i = 0 \sum n \frac{( - 1 ) ^{i}}{i !}$
2. Esa suma son los primeros nueve términos de la serie de e⁻¹, y todo lo que omite es menor que 1/9! = 2,8 × 10⁻⁶.
  
  $8! = 40320, i = 0 \sum 8 \frac{( - 1 ) ^{i}}{i !} = 0.367882$
3. Al efectuar el producto y redondear se obtienen 14.833 sorteos en los que nadie saca su propio nombre.
  
  $! 8 = 40320 \times 0.367882 = 14833$
4. Como fracción esto es 0,36788, frente a e⁻¹ = 0,367879: coincidencia hasta los cinco primeros decimales para ocho personas, y apenas varía para grupos más grandes.
  
  $P = \frac{14 833}{40 320} = 0.36788 \approx e^{- 1} = 0.367879$
5. Ahora una pregunta diferente, y más sencilla. Cada persona saca su propio nombre con probabilidad 1/n, y las esperanzas son aditivas independientemente de si los sucesos son independientes o no, por lo que el número esperado de personas que se sacan a sí mismas es exactamente 1, tanto para ocho personas como para ochocientas.
  
  $E [self-draws] = i = 1 \sum n \frac{1}{n} = n \times \frac{1}{n} = 1$
Respuesta

La herramienta muestra 14.833, 5 dígitos y log₁₀ = 4,1712. El paso 5 explica el paso 4. Si el promedio de personas que se sacan a sí mismas es 1 sea cual sea el tamaño del grupo, la probabilidad de que no haya ninguna tampoco puede depender mucho del tamaño del grupo; y para un recuento de sucesos raros con media 1, esa probabilidad es e⁻¹. La constante no es aquí una curiosidad. Es la respuesta a cuán probable es obtener cero cuando la media es uno, una pregunta que surge constantemente fuera de la combinatoria.

$\frac{! n}{n !} \to e^{- 1}, E [self-draws] = 1 for every n$
Rutas más cortas en una cuadrícula de 7 × 5 con una celda bloqueada 5 pasos
442 rutas más cortas cruzan una cuadrícula de 7 × 5 cuando una casilla está bloqueada. Cuenta todas ellas, cuenta las que pasan por la casilla bloqueada y resta. A continuación, halla la casilla cuya pérdida resultaría más perjudicial. Esto es Casos especiales, camino en retícula, con 7 pasos al este, 5 pasos al norte y el bloqueo en (3, 2).
1. Toda ruta más corta consta de doce pasos, siete al este y cinco al norte en algún orden. Por tanto, una ruta no es más que una elección de qué pasos se dan hacia el este.
  
  $(7 7 + 5) = (7 12) = 792$
2. Una ruta a través de la casilla bloqueada equivale a dos rutas independientes unidas en dicha casilla: de la esquina a la casilla y de la casilla a la esquina opuesta. Se multiplica, porque cada primera mitad se combina con cada segunda mitad.
  
  $through (3, 2) : (3 5) (4 7) = 10 \times 35 = 350$
3. Resta y lo que queda son exactamente las rutas que no pasan por la casilla.
  
  $792 - 350 = 442$
4. Esa sola casilla absorbía el 44 % de todo el tráfico: un único bloqueo elimina casi la mitad de las rutas.
  
  $\frac{350}{792} = 0.442$
5. Sin embargo, no es la peor casilla que se puede perder. La casilla situada a un paso al este del inicio concentra 462 rutas, un 58 % de ellas, porque toda ruta que comience con un paso al este debe pasar por ella.
  
  $through (1, 0) : (1 1) (6 11) = 462 = 0.583 of all paths$
Respuesta

La herramienta muestra 442, 3 dígitos y log₁₀ = 2,6454. El paso 5 contradice la impresión visual. La casilla bloqueada parece más dañina cerca del centro, donde las rutas aparentan agruparse; la aritmética indica que las casillas cercanas a una esquina absorbían más tráfico, ya que el recuento a través de una casilla es el producto de dos coeficientes binomiales y, cerca de una esquina, uno de ellos abarca casi toda la cuadrícula. Contar los caminos a través de cada nodo, en lugar de limitarse a observar el mapa, es también el modo en que se mide la redundancia en una red real.

$(a a + b) - (x x + y) (a - x ( a - x ) + ( b - y )) = 442$

Por el equipo de 42Math · Actualizado 2026-08-17

Contrastado con fuentes publicadas. Se agradecen correcciones. Política editorial · Correcciones

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Problemas de ejemplo

elección de comité - Elegir 3 personas de 10: el orden no importa
mano de 5 cartas - Una mano de póquer representa 2.598.960 posibilidades, y la herramienta imprime la magnitud de ese número al lado: 7 dígitos, log₁₀ 6,4148. Luego se niega a enumerarlas argumentando que el espacio de resultados es demasiado grande. Ese rechazo es el punto central: la fórmula te da el total sin llegar a construir el conjunto.
combinación de lotería - Seis números de cuarenta y nueve, sin importar el orden: 13.983.816 boletos. Comprar uno a la semana te llevaría un cuarto de millón de años para cubrirlos todos. Esa es la manera honesta de interpretar las probabilidades.
orden del podio - Podio top 3 de 10: el orden importa
contraseña con caracteres distintos - Ocho letras sin repeticiones generan 62.990.928.000, unos sesenta y tres mil millones, a partir de solo veintiséis símbolos. Prohibir las repeticiones cuesta sorprendentemente poco en este caso, porque ocho es un número pequeño frente a veintiséis.
ordenar todos - Si ordenas los ocho, k es igual a n y la respuesta es simplemente 8! = 40.320. La fórmula general de las permutaciones se reduce a un factorial exactamente cuando no dejas a nadie fuera.
código PIN - PIN de 4 dígitos: se permite repetición
código de producto - Seis caracteres elegidos entre treinta y seis letras y números, permitiendo repeticiones: 2.176.782.336. Dos mil millones de códigos en una etiqueta de seis caracteres. Por ese motivo los números de serie son cortos.
bolas de helado - 3 bolas de helado de entre 8 sabores: el orden no importa, se permiten repeticiones
bolas idénticas - Repartir doce bolas idénticas en cinco recipientes distinguibles es un problema de estrellas y barras: C(16, 4) = 1.820. Los elementos idénticos reducen la cuenta en lugar de aumentarla, ya que intercambiar dos de ellos no cambia nada.
BALLOON - BALLOON tiene siete letras con dos L y dos O, así que la cuenta es 7! sobre 2!·2! = 1.260 en lugar de 5.040. Cada par repetido divide el total a la mitad.
MISSISSIPPI - Once letras, cuatro S, cuatro I, dos P: 11! sobre 4!·4!·2! = 34.650. Sin las repeticiones tendrías 39.916.800, por lo que los duplicados eliminan más del 99,9% de las combinaciones posibles.
distintas en cajas (cualquiera) - Seis tareas distintas para tres trabajadores sin restricciones: cada tarea elige de forma independiente, así que 3⁶ = 729. Este es el caso sencillo. El que tienes debajo, donde todos reciben al menos una, es donde deja de ser fácil.
distintas en cajas (sobreyectiva) - Asignar 6 tareas distintas a 3 trabajadores, todos reciben al menos una
idénticas en cajas (cualquiera) - Doce elementos idénticos en cuatro recipientes, permitiendo que queden vacíos: C(15, 3) = 455. Compáralo con la versión de elementos distintos que viste arriba. Hacer que los elementos sean idénticos es la reducción más drástica en cualquier problema de combinatoria.
idénticas en cajas (no vacías) - Los mismos doce elementos en cuatro recipientes sin dejar ninguno vacío: C(11, 3) = 165. Primero dale un elemento a cada recipiente y distribuye los ocho restantes libremente. Por eso funciona la misma fórmula con números más pequeños.
al menos un As - Mano de 5 cartas con al menos un As mediante conteo por complemento
unión de tres conjuntos - Tres clubes de 40, 35 y 28 personas con miembros en común suman 76 personas en total, no 103. Resta cada par una vez y vuelve a sumar el trío, porque la gente que está en los tres se eliminó una vez de más.
mesa redonda - Sentar a 7 personas alrededor de una mesa redonda: las rotaciones son equivalentes
amigo invisible - Ocho personas donde nadie saca su propio nombre: 14.833 maneras. Eso es 8! dividido por e y redondeado. El número de desórdenes siempre es el entero más cercano a n!/e, de ahí surge el tercer bloque de ideas que verás más abajo.
camino en cuadrícula - Los caminos más cortos a través de una cuadrícula con una casilla bloqueada. Cuenta cada ruta y luego resta las que pasan por la casilla bloqueada. Esta es la esencia del principio de inclusión-exclusión en su forma más simple.