Cap´ıtulo 11Apendice: magia olımpica

“La magia matematica combina la belleza de una estructura matematica con elentretenimiento que aporta un truco. No es sorprendente, en consecuencia, quelas delicias de la magia matematica sean mayores para quienes disfrutan tanto delilusionismo como de los entretenimientos matematicos.” Martin Gardner

Introduccion

En el mundillo afın a las Olimpiadas Matematicas es frecuente apelar, como una declaracionde intenciones, a la definicion de problema olımpico dada por Arthur Engel, quien decıa queun problema es bueno cuando un profesor experto no tiene ventaja frente a un estudiante.Los problemas de este tipo deben aunar dos caracterısticas: el enunciado no puede incluirconceptos de difıcil comprension y la solucion no ha de requerir el uso de tecnicas aprendidasdurante la ensenanza formal de una carrera de Matematicas.

Para no herir sensibilidades, no vamos a mostrar aquı ningun ejemplo de problemas conenunciados de difıcil comprension –seguro que todos tenemos alguno en mente–, pero sı nosatrevemos a proponer otra definicion.

Definicion. Un problema de olimpiada es magico cuando verifica alguna de las siguientescondiciones:

a) El enunciado presenta alguna caracterıstica relacionada con la magia;

b) La resolucion precisa aplicar alguna propiedad matematica de uso habitual en la magia.

Un ejemplo muy significativo lo podemos encontrar en la edicion numero 41 de la OlimpiadaInternacional de Matematicas celebrada el ano 2000 en Taejon (Corea del Sur):

Problema 11.1. Un mago muestra 100 tarjetas numeradas (del 1 al 100) y las reparte en trescajas. Un espectador selecciona dos de las cajas, extrae una tarjeta de cada una y anuncia susuma. Entonces el mago adivina las cajas de las que han sido extraıdas. ¿De cuantas maneraspuede el mago hacer el reparto de las tarjetas en las cajas para que siempre funcione el truco?

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La parte trivial de la solucion consiste en colocar la tarjeta con el numero 1 en la primeracaja, la tarjeta con el numero 100 en la segunda caja y el resto de tarjetas en la tercera caja.Si la suma es menor que 101, las cajas escogidas son la primera y la tercera; si es igual a 101,son la primera y la segunda; si es mayor que 101, son la segunda y la tercera.

La solucion general es la siguiente: se colocan el numero 1 en la primera caja, el numero 2 enla segunda y el numero 3 en la tercera (o cualquiera de sus permutaciones); luego se colocala tarjeta n en la misma caja que su resto modulo 3.

Para llegar a esta solucion, estableceremos las siguientes posibilidades:

Caso 1: numero 1 en caja A, numero 2 en caja B, numero 3 en caja 3.

Esto obliga a que el numero n este en la caja que contiene el numero con su mismo restomodulo 3. Debido a que (n + 1) + (n � 2) = n + (n � 1), los numeros n + 1 y n � 2 debenestar en la misma caja para que no haya dos descomposiciones con la misma suma.

Caso 2: numeros 1 y 2 en caja A.

Este caso no es posible porque, si n es el menor numero que no esta en A (y suponemos queesta en B) y m es el menor numero que esta en C, como m+(n� 1) = (m� 1)+n, entoncesm�1 no puede estar en A. Pero tampoco m�1 puede estar en B, porque (m�1)+2 = m+1.

Caso 3: numeros 1 y 3 en caja A, numero 2 en caja B.

Si llamamos n al menor numero contenido en la caja C, n� 1 debe estar en A o en B. Si estaen A, entonces (n� 1) + 2 = n+ 1, lo que es absurdo (la suma de dos numeros de A y B esigual a la suma de dos numeros de C y A). Si n� 1 esta en B, entonces(n� 1) + 3 = n+ 2,lo que tambien es absurdo porque la suma de dos numeros de B y A coincide con la de dosnumeros de C y B.

Caso 4: numero 1 en caja A, numeros 2 y 3 en caja B.

Si llamamos nuevamente n al menor numero contenido en la caja C, entonces n� 1 no puedeestar en A ya que (n � 1) + 3 = 2 + n, con lo que un par de A y B suma lo mismo que unpar de B y C. De modo que n� 1 esta en B. Ahora bien, n+ 1 no puede estar en A porque(n + 1) + 2 = 3 + n, pero tampoco en B ni en C porque 1 + (n + 1) = 2 + n. Esto significaque n = 100.

Es facil probar ahora por induccion que 4, 5, . . . , 98 deben estar en B: si m esta en B, entoncesm+1 no puede estar en A porque 100+m = 99+ (m+1). Esto nos conduce a una solucionvalida, el 1 en A, del 2 al 99 en B y el 100 en C. En efecto, cualquier suma comprendida entre3 y 100 hace que la tercera caja sea C, la suma 101elimina la caja B y cualquier suma entre102 y 199 elimina la caja A.

Como en el caso 1, esta solucion da lugar a seis posibles permutaciones segun las cajas dondese coloquen los numeros.

La incursion de la magia en las matematicas no es una moda actual pero, recientemente, ma-tematicos de prestigio han dedicado parte de su tiempo a desentranar principios matematicosque se utilizan en magia. Muy interesantes y recomendables son los libros de Persi Diaconisy Ron Graham [?], Colm Mulcahy [?] y S. Brent Morris [?].

Un mago puede aprovechar de muchas formas algunas propiedades que son desconocidas parael publico general. Fuera del ambito matematico puede ser sorprendente el siguiente juego:

Capıtulo 11. Apendice: magia olımpica 87

Problema 11.2. El mago entrega una baraja a un espectador y le pide que retire diez cartas,las gire cara arriba y las mezcle con el resto de la baraja. A continuacion, devuelve toda labaraja al mago por debajo de la mesa. Bajo estas condiciones, el mago asegura que es capazde separar la baraja en dos paquetes, cada uno de los cuales contiene el mismo numero decartas cara arriba. ¿Es posible hacerlo? ¿De que manera?

El lector inteligente debe saltarse este parrafo si quiere buscar la solucion por sı mismo. Parael resto, diremos que basta repartir diez cartas y girarlas. Si dicho paquete tenıa N cartas caraarriba, al girarlo tiene 10 �N cartas cara arriba; el resto de la baraja tiene necesariamente10�N cartas cara arriba.

A lo largo de este capıtulo vamos a realizar un pequeno recorrido por problemas magicos,algunos de ellos ya propuestos en otros lugares y otros sin proponer, algunos de ellos consolucion conocida y otros problemas abiertos. Aunque el campo de accion sea muy amplio,nos limitaremos a unos pocos aspectos relativos al tema.

11.1. Primeros problemas magicos

Uno de los problemas magicos que creemos mas interesante y celebre ha sido objeto deanimadas charlas entre los delegados de las fases nacionales de la Olimpiada MatematicaEspanola durante algun tiempo. Se conoce como el problema de los magos en el autobus,fue presentado por John Conway en la IV Conferencia de la World Federation of NationalMathematics Competitions (Melbourne, agosto de 2002) y aparece como problema numero 20en el numero 4 de la Revista Escolar de la Olimpiada Iberoamericana de Matematica (http://www.oei.es/oim/revistaoim/propuestos4.htm) que incansablemente mantiene FranciscoBellot. Su enunciado es el siguiente:

Problema 11.3. La otra noche me sente en el autobus detras de dos magos. Esta fue su con-versacion:- Mago A: Tengo un numero entero no negativo de hijos, cuyas edades son numeros en-teros no negativos, su producto es mi edad, y su suma el numero del autobus.- Mago B: Aparte del numero del autobus, no me das muchas pistas. Quiza si me dijeras tuedad y el numero de hijos que tienes, yo podrıa averiguar las edades de tus hijos.- Mago A: No, no podrıas.- Mago B: ¡Ah! ¡Entonces ya se tu edad!¿Cual es el numero del autobus?

Si llamamos C1, . . . , Ck

a las edades de los hijos, el problema consiste en resolver un sistemade las dos ecuaciones siguientes:

C1 + · · ·+ Ck

= S,

C1 ⇥ · · ·⇥ Ck

= P,

donde S es el numero del autobus (unico dato conocido por ambos) y P es la edad del magoA.

88 11.1. Primeros problemas magicos

De la conversacion anterior se deduce que el sistema no puede resolverse aunque se conozcanlos valores de k y P . Esto quiere decir que existen dos parejas de conjuntos de soluciones{C1, . . . , C

k

}, {C 01, . . . , C

0k

} y {D1, . . . , Dn

}, {D01, . . . , D

0n

}, con k 6= n.

Ası pues, el valor S = 13 no es posible porque

13 = 2 + 2 + 9 = 1 + 6 + 6, con 2⇥ 2⇥ 9 = 1⇥ 6⇥ 6 = 36,

pero ademas

13 = 1 + 2 + 2 + 2 + 6 = 1 + 1 + 3 + 4 + 4, con 1⇥ 2⇥ 2⇥ 2⇥ 6 = 1⇥ 1⇥ 3⇥ 4⇥ 4 = 48.

Pero tampoco puede ser S = 14 ya que se puede anadir el valor 1 a cada una de las descom-posiciones anteriores, es decir

14 = 1 + 2 + 2 + 9 = 1 + 1 + 6 + 6, con 1⇥ 2⇥ 2⇥ 9 = 1⇥ 1⇥ 6⇥ 6 = 36,

y ademas

14 = 1+1+2+2+2+6 = 1+1+1+3+4+4, con 1⇥1⇥2⇥2⇥2⇥6 = 1⇥1⇥1⇥3⇥4⇥4 = 48.

Por la misma razon, tampoco puede ser S > 14.

El caso S = 12 es distinto porque las unicas descomposiciones de 12 mediante conjuntos dela misma longitud es

12 = 1 + 3 + 4 + 4 = 2 + 2 + 2 + 6, con 1⇥ 3⇥ 4⇥ 4 = 2⇥ 2⇥ 2⇥ 6 = 48.

Ası pues, el numero del autobus es 12, el mago A tiene 48 anos y cuatro hijos, aunque no esposible conocer sus edades.

El siguiente problema es mucho mas sencillo pero su apariencia puede enganarnos y condu-cirnos a una respuesta equivocada. Una variante del mismo es discutida por Marcus duSautoy en su libro sobre simetrıas [?].

Problema 11.4. En una fila se muestran las cinco cartas de la figura.

Sabiendo que los dorsos de las cartas solo pueden ser rojos o azules, cual es el mınimo numerode cartas que deben girarse para asegurar que todas las cartas de dorso rojo son ases?

Basta girar la primera, tercera y cuarta. No hace falta girar los ases porque no importa elcolor de su dorso.

Terminamos esta primera seccion con otros problemas de dificultad variada. El primero estabasado en el llamado solitario bulgaro, dado a conocer por Martin Gardner en su seccion “Mat-hematical Games” correspondiente al numero 249 de la revista Scientific American (agostode 1983) y consiste en una sorprendente recurrencia.

Capıtulo 11. Apendice: magia olımpica 89

Problema 11.5. El mago coloca 45 cartas en la mesa y pide a un voluntario que forme conlas cartas tantos montones como quiera. A continuacion, le indica que quite una carta decada monton y que forme con ellas un nuevo monton. Por ejemplo, si habıa tres montonescon 10, 15 y 20 cartas, luego habra cuatro montones con 3, 9, 14 y 19 cartas cada uno. Luegodebe repetir el proceso de quitar una carta de cada nuevo monton y formar con ellas otromonton. Despues de varias repeticiones, numero que dependera de la configuracion inicial,el mago anuncia que hay nueve montones de cada tamano del 1 al 9. ¿Por que ocurre esto?¿Sucedera lo mismo con todos los numeros triangulares?

El numero de formas posibles de disponer las monedas en pilas es igual al numero de parti-ciones de 45 (o sea, la cantidad de maneras de escribir 45 como suma de enteros positivos),que son 89134 maneras. Para dar una idea, he aqu

’Ao el arbol del juego para seis monedas

(en vez de 45). El numero 6 tiene solamente 11 particiones, por lo que el Solitario Bulgarojugado con 6 monedas considera todos los 11 estados posibles.

El diagrama nos dice que si comenzamos con 6 monedas en pilas de altura 1, 1, 2 y 2, entoncesse necesitan 6 movimientos para llegar al estado estable con montones de 1, 2 y 3 monedas.

Algunos comentarios sobre el problema se encuentran en http://centromatematico.uregina.ca/mp/previous2006/dec06sol.php.

Problema 11.6. ¿De cuantas formas se pueden colocar diez cartas en una fila de modo que,independientemente de su valor, no haya cartas rojas adyacentes?

El problema equivale a determinar cuantas cadenas de diez dıgitos pueden formarse con lascifras 0 y 1, de modo que no haya dos unos consecutivos.

Al razonar por recurrencia, se observa que hay dos posibles cadenas de un dıgito, {0, 1}, tresde dos dıgitos, {00, 01, 10}, cinco de tres dıgitos, {000, 001, 010, 100, 101}, y ası sucesivamente.

Se obtiene la sucesion de Fibonacci ya que, para una cadena de n dıgitos, hay dos posibili-dades:

Si empieza por 0, basta anadir el dıgito 0 a todas las cadenas de n� 1 dıgitos.

Si empieza por 1, basta anadir el par 10 a todas las cadenas de n� 2 dıgitos.

90 11.2. Problemas de apuestas

En particular, con diez dıgitos, habra un total de 144 cadenas de numeros que cumplan lascondiciones del problema.

Una generalizacion de este problema esta relacionada con el llamado problema de Langford,cuya descripcion puede leerse en http://legacy.lclark.edu/~miller/langford.html.

Problema 11.7. Se retiran de una baraja todas las cartas de picas y de corazones y secolocan las cartas de corazones en una fila sobre la mesa, del as al rey. Teniendo en cuentaque el as vale 1, la jota vale 11, la dama 12 y el rey 13, el problema consiste en colocaruna carta de picas debajo de cada carta de corazones de modo que la suma de cada pareja,corazones mas picas, sea un numero cuadrado. ¿Cuantas soluciones tiene el problema?

La unica solucion consiste en las parejas mostradas en la imagen adjunta:

11.2. Problemas de apuestas

Todo matematico es capaz de asegurar que una proposicion es cierta cuando sabe que se tratadel resultado de un teorema cuyas hipotesis se cumplen. Por ejemplo, si se dibuja un triangulocualquiera y se senalan los puntos medios de los tres lados, los pies de las tres alturas y lospuntos medios de los segmentos que unen el ortocentro con los tres vertices del triangulo, elmatematico podra apostar todo lo que se atreva a que los nueve puntos pertenecen a unamisma circunferencia. Si esta fantastica propiedad es desconocida para el interlocutor delmatematico, es muy probable que acepte la apuesta y, logicamente, la pierda.

En esta seccion enunciaremos algunas de estas propiedades en forma de problema magico.Para que sea efectivo, el proceso debe suficientemente complejo como para dar confianza alespectador y aceptar la apuesta.

Problema 11.8. Un mago, que tambien es matematico, entrega a un espectador un paquetede n cartas, pidiendole que elija una de ellas y la coloque sobre las demas. A continuacion,el espectador elige un numero m < n y, con el paquete de cartas en la mano, dorsos haciaarriba, realiza las siguientes operaciones:

Pasar m cartas de arriba abajo del paquete y girar cara arriba la carta que ha quedadoencima, dejandola nuevamente arriba.

Repetir el proceso anterior: pasar m cartas de arriba abajo del paquete y girar la nuevacarta superior, dejandola otra vez arriba. No importa si la carta esta cara arriba o caraabajo: simplemente se gira la carta que corresponda.

Capıtulo 11. Apendice: magia olımpica 91

Despues de que el espectador haya realizado la operacion n � 1 veces, habra girado n � 1cartas. Casualmente, o quiza magicamente, todas las cartas giradas estaban cara abajo. Soloqueda una carta cara arriba.

Pero hay mas, ¡la unica carta cara arriba es la elegida!

¿Cuantas cartas ha entregado el mago al espectador para conseguirlo?

Para resolverlo, basta conocer esta propiedad: “Si n es primo, ninguno de los numerosm, 2m, . . . , (n� 1)m es multiplo de n.”

Como el proceso seguido por el espectador no invierte la ordenacion cıclica del paquete decartas y los valores anteriores corresponden a las cartas que deben girarse, ninguna de ellasestara cara arriba. Solo al realizar el proceso n veces llegarıamos a la carta superior.

Se atribuye a George Sands la aplicacion de esta propiedad en la magia, a partir de unjuego publicado en la revista The Pallbearers Review (1975). Desde entonces se le conocecomo principio del numero primo. Mas informacion sobre este principio y algunas variantespueden encontrarse en [?].

El siguiente problema es similar en el planteamiento pero esta basado en un principio dife-rente.

Problema 11.9. El mago pide a un espectador que separe doce cartas de la baraja y escojaun numero del uno al doce (digamos N). A continuacion reparte sobre la mesa dos manos decartas, caras hacia abajo, alternativamente a izquierda y derecha, pero reparte cara arribala carta que ocupa el lugar N . Por ultimo, coloca el primer monton sobre el segundo pararecomponer el paquete.Ahora viene la apuesta: el proceso anterior se realizara repetidas veces, es decir se repartensobre la mesa dos manos de cartas, cara abajo, alternativamente a izquierda y derecha, girandounicamente la carta que ocupa la posicion N ; si la N -esima carta repartida estaba cara arriba,el mago entrega al espectador 100 euros; sin embargo, si dicha carta estaba cara abajo, elespectador entrega al mago 1 euro la primera vez, 2 euros la segunda, y ası sucesivamente,duplicando la cantidad cada vez que eso suceda. ¿Debera el espectador aceptar la apuesta?

Es cierto que, las primeras veces, el mago tiene mas posibilidades de ganar pero, a medidaque el juego avanza, hay mas cartas cara arriba en el paquete y aumentan las probabilidadesde que el espectador gane. Como ademas el espectador arriesga cantidades ostensiblementemenores que el mago, parece que la apuesta es ventajosa para el espectador. Sin embargo, elresultado final es que el mago nunca pierde y el espectador pierde un total de

1 + 2 + 22 + · · ·+ 210 = 2047 euros.

Una serie de preguntas surgen de este juego: ¿por que funciona para cualquier N?; ¿solo valesi el paquete tiene 12 cartas?; ¿que caracterısticas tiene la permutacion dada por el procesoanterior?

Algunas respuestas a estas preguntas se discuten en el blog http://magiaporprincipios.

blogspot.com.es/2011/08/apuesta-exponencial-perdedora.html. Por ejemplo, para unabaraja francesa (de 52 cartas) se sabe que el juego funciona cuando el numero de cartas en

92 11.3. Problemas sobre transmision de informacion

el paquete es 3, 4, 6, 9, 12, 22, 27, 28, 36, 46 o 52. Precisamente, estos valores (excepto las po-tencias de tres) son los primeros terminos de la sucesion con referencia A163776 en la OnlineEncyclopedia of Integer Sequences (http://oeis.org), valores que describen aspectos desincronizacion de procesos paralelos en Computacion.

11.3. Problemas sobre transmision de informacion

En la Olimpiada Matematica de Moscu del ano 2000 se planteaba este problema:

Problema 11.10. Se reparten 7 cartas numeradas con los valores 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 entre trespersonas A, B, C, de modo que A recibe tres cartas, B recibe tres cartas y C recibe 1 carta.Cada persona conoce solo los valores de sus propias cartas. ¿Es posible establecer un sistemade comunicacion verbal entre A y B para que, incluso en presencia de C, cada uno de ellosconozca las cartas que posee el otro pero C no conozca los valores de las cartas de A y B?

Hay una amplia coleccion de juegos de magia que estan basados en el uso de ciertos sistemasde transmision de informacion por metodos matematicos, no verbales, que permiten a unmago, con la colaboracion de un asistente, adivinar una o varias cartas (en [?] se muestranalgunos de ellos). El tipo de presentacion de estos juegos hace que, en esencia, participen trespersonajes, el mago, su asistente y un espectador, y que se desarrollen siguiendo la siguientesecuencia generica:

1) Con el mago de espaldas, el espectador selecciona de una baraja un conjunto de cartas.

2) El asistente oculta una o varias de ellas dejando a la vista el resto.

3) El mago se vuelve de cara y, observando las cartas, adivina los valores de las cartas ocultas.

Algunos ejemplos clasicos son los siguientes:

Problema 11.11. El espectador mezcla N = m2 + 1 cartas y las coloca en una fila sobrela mesa, caras arriba. El asistente gira cara abajo m cartas. Cuando el mago observa ladisposicion resultante, adivina el valor y la posicion de las cartas ocultas. ¿Que cartas hadebido girar el asistente para asegurar el acierto del mago?

La importancia de este juego queda patente al ser uno de los privilegiados en aparecer en“EL LIBRO” ([?]), ese en el que, segun Paul Erdos, Dios recopilaba las demostraciones mashermosas de los teoremas matematicos (Erdos tambien anadıa que, si eres matematico, no esnecesario que seas creyente, pero sı que creas en “EL LIBRO”).

En este caso, la codificacion que utilizan el mago y su asistente esta basada en el siguienteteorema.

Teorema 11.3.1 (Erdos, Szekeres). Sean a y b dos numeros naturales y n = a · b+ 1. Todasucesion de n numeros reales distintos contiene una subsucesion creciente (resp. decreciente)de a+ 1 terminos o una subsucesion decreciente (resp. creciente) de b+ 1 terminos.

Capıtulo 11. Apendice: magia olımpica 93

Basta pues que el asistente encuentre la mayor sucesion creciente o decreciente de cartas en ladisposicion que ha dejado el espectador y gire cara abajo dichas cartas. El mago, que conoceel sistema de codificacion, sabra cuales son las cartas giradas.

Otro ejemplo clasico, bautizado por Michael Kleber en [?] como “The best card trick”, esconocido como el truco de cartas de Cheney o el juego de las cinco cartas, de gran popularidadentre la comunidad olımpico-magico-matematica.

Problema 11.12. Estando el mago a una distancia considerable, su asistente entrega unabaraja francesa (de 52 cartas) a un espectador, que elige cinco cartas cualesquiera y lasentrega al asistente. El asistente devuelve una de las cartas al espectador para que la oculte ymuestra las otras cuatro al mago. Entonces, solo viendo estas cuatro cartas, el mago adivinala carta que oculta el espectador. ¿Cual es el metodo de comunicacion empleado por el magoy su asistente?

La solucion, ası como informacion bastante detallada sobre este juego, se puede encontraren el numero 102 (febrero de 2013) del rincon matemagico del portal DivulgaMat http:

//divulgamat.net. Solo diremos que la solucion conjuga de forma brillante ideas sencillassobre aritmetica modular, permutaciones y el principio del palomar.

Menos conocidas son las dos modificaciones siguientes al problema:

a) Determinar una estrategia para resolver el problema anterior si se anade un comodın a labaraja.

b) ¿Es posible resolver el problema si la baraja contiene los dos comodines?

El juego de las cinco cartas puede generalizarse en la siguiente direccion:

Problema 11.13. De una baraja con n cartas, un espectador selecciona k de ellas y elasistente oculta m de estas cartas, mostrando el resto al mago en un orden adecuado. Conesta informacion, el mago es capaz de adivinar la carta oculta. ¿Para que valores de n, k ym es posible la adivinacion?

El caso n = 52, k = 5 y m = 1 corresponde precisamente al juego de las cinco cartas. Conrespecto al caso general, si el espectador selecciona k cartas, con el resto existe un maximo

de n(n� 1)(n� 2) . . . (n� k+m+1) posibles mensajes. Como hay un total de

✓n

k

◆posibles

elecciones de las k cartas, la transmision es imposible si✓n

k

◆> n(n� 1(n� 2) . . . (n� k +m+ 1),

es decir si k! < (n� k +m) · · · · · (n� k + 1). Por ejemplo, si hacemos k = 5 y m = 1, comoen el juego de las cinco cartas, resulta que la baraja podrıa tener hasta 124 cartas para queexista algun metodo de codificacion mediante el cual el mago podrıa adivinar la carta oculta.

Sin embargo, incluso cuando existe una posible solucion, solo se conocen estrategias concretaspara algunos casos sencillos.

94 11.4. Problemas sobre mezclas de cartas

Otra variante del problema se conoce como el poquer del diablo. Damos el enunciado ydejamos a lector la busqueda de la solucion.

Problema 11.14. El espectador recibe las 13 cartas de un mismo palo, elige cinco cartas yentrega las ocho restantes al asistente. Este elige otras cinco cartas y deja a la vista las tresrestantes, ordenadas de cierta manera. El mago, viendo solamente estas tres cartas, adivinalas cinco cartas que tiene el espectador (y, por supuesto, las cinco del ayudante). ¿Como debeelegir y ordenar el asistente las tres cartas para que el mago adivine las cartas del espectador?

11.4. Problemas sobre mezclas de cartas

Es bien sabido que mezclar una baraja consiste precisamente en realizar una permutacion delconjunto de sus cartas y que mezclar sucesivas veces equivale a la composicion de permuta-ciones, una de las operaciones no conmutativas por excelencia.

Mucho papel han tenido que emborronar matematicos de gran prestigio con el fin de dar unarespuesta rigurosa a los dos problemas siguientes:

a) ¿Que cantidad de informacion se conserva al realizar una mezcla de cartas?

b) ¿Cuantas mezclas son necesarias para perder sustancialmente la ordenacion inicial de lascartas en una baraja?

No hay consenso para responder a la segunda pregunta: David Aldous y Persi Diaconis [?]utilizan modelos probabilısticos para afirmar que son suficientes siete mezclas americanas (porimbricacion o “ri✏e shu✏e” como dirıan los angloparlantes) y, con argumentos de Teorıa dela Informacion, Nick y Lloyd Trefethen [?] aseguran que bastan cinco mezclas americanaspara conseguir que las cartas queden en un orden completamente aleatorio.

En el mundo de la magia matematica, alejado del azar, es conveniente eliminar la aleatoriedadque presenta la mezcla americana. Por ello se introducen las mezclas perfectas. Veamos conun problema sencillo la situacion que se presenta cuando las mezclas sucesivas son identicas.

Problema 11.15. Disponemos de un aparato que es capaz de mezclar una baraja de formaexactamente igual cada vez y hace que la posicion ocupada por las cartas despues de cadamezcla sea la indicada en la tabla siguiente:

Antes 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

Despues 6 36 35 37 49 4 30 5 17 34 31 29 40

Antes 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26

Despues 45 48 18 8 25 38 2 1 50 14 12 11 21

Antes 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39

Despues 27 44 32 39 28 16 41 15 22 46 33 20 3

Antes 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52

Despues 13 23 24 51 7 43 9 26 10 52 19 47 42

Esto quiere decir que la primera carta pasa a la sexta posicion, la segunda pasa a la trigesimosexta, y ası sucesivamente. ¿Cuantas veces debe mezclarse una baraja (de 52 cartas) hastaque todas las cartas vuelvan a la posicion que ocupaban antes de la mezcla?

Capıtulo 11. Apendice: magia olımpica 95

Para encontrar la solucion, veamos el recorrido que tiene que hacer cada carta para volver asu posicion inicial:

(1, 6, 4, 37, 33, 41, 23, 14, 45, 43, 51, 47, 26, 21) (2, 36, 46, 9, 17, 8, 5, 49, 52, 42, 24, 12, 29,32, 16, 18, 25, 11, 31, 28, 44, 7, 30, 39, 3, 35, 22, 50, 19, 38, 20) (10, 34, 15, 48) (13, 40) (27)

Esto significa que, para volver a su posicion inicial, el 1 (y los demas de su mismo ciclo)necesita 14 mezclas, el 2 necesita 31 mezclas, el 10 necesita 4 mezclas, el 13 necesita dosmezclas y el 27 siempre queda en su misma posicion. Para que todas las cartas vuelvan a suposicion original, el numero de mezclas necesarias sera el mınimo comun multiplo de todosestos valores, m.c.m.(14, 31, 4, 2, 1) = 868 mezclas.

La mezcla perfecta mas popular es la llamada mezcla faro que se realiza en dos fases:

a) Se divide la baraja de cartas en dos paquetes exactamente iguales.

b) Se mezclan los dos paquetes, imbricando las cartas de cada monton de modo que se vayanalternando, una por una y de forma exacta.

Para la segunda parte, tenemos dos alternativas (segun la terminologıa ideada por el singularmago Alex Elmsley):

Si las cartas superior e inferior del paquete inicial mantienen sus posiciones despues dela mezcla, esta recibe el nombre de faro exterior (out-faro).

Si la carta superior pasa al segundo lugar y la inferior al penultimo lugar despues de lamezcla, esta recibe el nombre de faro interior (in-faro).

En el caso de que la baraja tenga un numero impar de cartas, al dividirla por la mitad habraun paquete con una carta mas que el otro. Durante la mezcla, las cartas del paquete menordeberan intercalarse entre las del paquete mayor. Esta mezcla recibe el nombre de faro impar.

El nombre de la mezcla procede del juego de azar con el mismo nombre, el juego de Faro, alque personajes de la talla de Leonhard Euler y Abraham de Moivre dedicaron tiempoen calcular las probabilidades de ganar y cuya historia y caracterısticas se describen con grandetalle en [?].

Hay una gran variedad de problemas (resueltos y sin resolver) relacionados con la mezclafaro. Para despertar la curiosidad del lector, nos limitaremos a comentar algunos de los massignificativos.

Problema 11.16. Dada una baraja de n cartas, si llamamos I,O a las aplicaciones queconsisten en realizar una faro interior y una faro exterior, respectivamente, encontrar formulasexplıcitas para definir las aplicaciones I,O, I�1, O�1.

Si llamamos S = {0, 1, . . . , n� 1} al conjunto de n cartas, las formulas pedidas son:

I(k) =

(2k + 1 (mod n+ 1) si n es par

2k + 1 (mod n) si n es impar.

96 11.4. Problemas sobre mezclas de cartas

O(k) =

(2k (mod n� 1) si n es par

2k (mod n) si n es impar,k < n� 1, O(n� 1) = n� 1.

I�1(k) =

([(k + n)/2] si k es par

[k/2] si k es impar.O�1(k) =

(k/2 si k es par

[(k + n)/2] si k es impar.

Problema 11.17. ¿Cual es el numero de mezclas faro que son necesarias para volver todauna baraja de n cartas a su posicion inicial?

Si denotamos por o(M,n) al orden de la permutacion correspondiente a la mezcla M de unabaraja con n cartas, el problema equivale a determinar los valores o(O,n) y o(I, n).

Por las caracterısticas propias de las mezclas faro, es facil deducir que

o(O, 2n) = o(O, 2n� 1) = o(I, 2n� 1) = o(I, 2n� 2),

lo que sugiere que podamos limitar el estudio a la mezcla faro exterior con un numero parde cartas. Se puede demostrar que o(O, 2n) es el orden de 2 (mod 2n� 1), es decir el menorentero k que verifica 2k ⌘ 1 (mod 2n� 1).

Proponemos, sin resolver, otro problema que contiene propiedades generales de estas mezclas.Una de ellas, ¿cual sera?, permite descubrir cual es la combinacion adecuada de mezclas in-faro y out-faro que hace pasar la primera carta a cualquier posicion preestablecida de labaraja.

Problema 11.18. Dado el conjunto S = {0, 1, . . . , 2n�2}, si llamamos I,O a las aplicacionesque consisten en realizar una in-faro y una out-faro, respectivamente, probar:

a) Ok(p) = 2kp (mod 2n� 1), donde O corresponde a una out-faro.

b) Ik(p) = 2kp+kX

i=1

2k�i (mod 2n� 1), donde I corresponde a una in-faro.

c) Sk

. . . S1(p) = 2kp+kX

i=1

2k�iw(Si

) (mod 2n�1), donde Si

corresponde a una faro arbitraria

y w(Si

) =

(0 si S

i

= O,

1 si Si

= I.

No vamos a extendernos en las propiedades mas magicas de esta mezcla, quiza para no desve-lar secretos reservados a los magos (el lector interesado puede descubrirlos en la obra maestra[?]), pero queremos terminar con una especialmente hermosa, tanto que su descubridor, elcitado Alex Elmsley, reservo para uso privado durante mas de treinta anos. Se conoce comoprincipio de Penelope y lo dejamos como ejercicio final de esta recopilacion.

Problema 11.19. En una baraja de 2n cartas, se retiran k cartas de la parte inferior y serealiza una mezcla faro (out-faro si k es par o in-faro si k es impar). Probar que la carta queocupaba la posicion n pasa a ocupar la posicion k.

Capıtulo 11. Apendice: magia olımpica 97

De hecho, se puede plantear una situacion mas general, expresada como sigue:

Si se retiran x cartas de la parte superior e y cartas de la parte inferior de una baraja, cualquiercarta del paquete central se traslada mediante una mezcla faro a la posicion k+ y�x, dondek es una constante que depende de la posicion de la carta antes de la mezcla y del tipo demezcla faro realizada.