Op het eerste gezicht lijkt het niet mogelijk dat Annika altijd de juiste kaart weet te noemen. Zelfs als je beseft dat Boris en Annika van tevoren afspraken hebben mogen maken. Geen valse afspraak natuurlijk, waarbij Boris bijvoorbeeld door de ruiten naar buiten kijkt en in het geniep zonder dat Isa het ziet vijf vingers aan Annika toont, als het ruiten 5 is.

Om dit verwijt te voorkomen kan Boris ook via een andere deur naar een derde kamer gestuurd worden, voordat Annika binnenkomt. Nee, het gaat om een echte wiskundige truc.

Hoe werkt de truc?

De eerste gedachte is de volgende. Er zijn nog 48 kaarten waaruit Annika moet kiezen. En Boris legt vier kaarten naast elkaar open op tafel. Dat kan hij natuurlijk doen met een bepaalde volgorde van links naar rechts. Maar er zijn maar $4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$ mogelijke volgordes. Daar kun je dus hoogstens bij een goede afspraak $24$ kaarten mee aangeven en niet $48.$ Je kunt dus net de helft van de mogelijke kaarten aangeven.

Boris en Annika moeten dus slimmere afspraken maken dan alleen kijken naar de volgorde van de vier kaarten die open op tafel liggen.

De eerste afspraak

Boris heeft vijf kaarten van Isa gekregen en er zitten maar vier ‘kleuren’ in een kaartspel: klaveren, ruiten, harten en schoppen. De eerste mooie gedachte is dan: Boris heeft van een bepaalde kleur er minstens twee. Stel dat is klaveren.

Dan kan hij het volgende doen: hij legt een klaveren dicht midden op de tafel. Vervolgens legt hij als eerste open kaart links ook een klaveren neer. Dit is de eerste afspraak. Als Annika dan binnenkomt, weet ze meteen dat de kleur van de dichte kaart klaveren is. Met deze afspraak is het aantal mogelijkheden voor de dichte kaart teruggebracht tot $12.$ Er zijn namelijk $13$ klaveren in het spel en de open klaveren links kan het niet zijn. Dat is natuurlijk een enorme vooruitgang.

Maar ja, elk voordeel heeft zijn nadeel: Boris heeft nu nog maar drie kaarten over om in een bepaalde volgorde naast de eerste klaveren te leggen. Die drie kaarten kan hij in $3! = 3 \times 2 \times 1 = 6$ mogelijke volgordes neerleggen. Dat is maar de helft van wat hij nodig heeft. Zo zijn Boris en Annika nog niet veel verder gekomen. Er zal nog iets slimmers moeten worden afgesproken.

De tweede afspraak

Er waren (minstens) twee klaveren in de set van vijf. Het kunnen er natuurlijk ook wel drie, vier of vijf zijn, maar dat hoeft niet. Annika kan daar geen rekening mee houden.

We concentreren ons op twee klaveren (als er meer zijn, kiest Boris er twee). De een is ‘hoger’ dan de ander. Laten we als volgorde aannemen: Aas (=1), 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, Boer (=11), Vrouw (=12), Heer (=13).

Stel Boris heeft klaveren 4, klaveren 8, ruiten Heer, harten 6 en schoppen Boer in zijn set van vijf. Dan heeft Boris een keuze uit twee: hij kan klaveren 4 dicht op tafel leggen, of klaveren 8.

De volgende afspraak zou kunnen zijn: Boris legt de hoogste van de twee dicht op tafel (klaveren 8). Dan legt hij natuurlijk klaveren 4 als eerste links open op tafel. Annika weet dan dat klaveren de kleur is. Vervolgens kan Boris met de volgorde van de drie overige kaarten aangeven hoeveel kaarten de dichte kaart hoger is dan de open kaart.

We gebruiken de volgende afkortingen: K=klaveren, R=ruiten, H=harten, S=schoppen, A=Aas, Bo=Boer, Vr=Vrouw, He=Heer. De kleuren zijn van laag naar hoog: K, R, H, S.

Laten we eerst van onderen naar boven een volgorde van alle $52$ kaarten afspreken:

KA, RA, HA, SA, K2, R2, H2, S2, K3, …, KVr, RVr, HVr, SVr, KHe, RHe, HHe, SHe.

De drie kaarten die Boris naast klaveren 4 kan leggen zijn in volgorde: H6, SBo en RHe.

De volgende afspraak kent dan aan de zes volgordes de getallen 1 t/m 6 toe:

1 = H6, SBo, RHe
2 = H6, RHe, SBo
3 = SBo, H6, RHe
4 = SBo, RHe, H6
5 = RHe, H6, SBo
6 = RHe, SBo, H6

Let daarbij goed op de volgordes.

Annika kent deze volgordes natuurlijk en ziet dat Boris naast K4 de volgende kaarten neerlegt: SBo, RHe, H6. Zij herkent het getal 4 en telt dat op bij klaveren 4.

Zij zegt dan: ‘Het is klaveren 8.’

Dat lijkt allemaal prachtig, maar wat moet Boris nu doen met klaveren Aas en klaveren 8? Het verschil is $7$ en dat kun je met drie kaarten op volgorde niet aangeven. Er zal nog een laatste slimme afspraak gemaakt moeten worden.

De derde afspraak

De laatste goede gedachte is de volgende. Zet alle klaverens op volgorde in een cirkel:

A, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, Bo, Vr, He. Na de Heer komt dan weer het Aas.

Stel nu eens dat je KA open hebt gelegd als laagste kaart. Dan kun je met de getallen 1 t/m 6 de kaarten K2 t/m K7 aangeven. Dus niet K8.

De oplossing is: dan noem je K8 de laagste kaart en legt die open. KA leg je nu dicht op tafel. Verder geeft je met de drie kaarten in volgorde het getal 6 aan: RHe, SBo, H6.

Annika telt dan vanaf K8 verder omhoog: K9, K10, KBo, KVr, KHe, KA.

Dan zegt ze: ‘Het is klaveren Aas.’

Daarmee zijn alle noodzakelijke afspraken gemaakt.

Het leuke is dat in een volledig kaartspel er van elke kleur $13$ zijn. Als je er twee willekeurig uitkiest, is het verschil tussen die twee maximaal 6. Je moet alleen beslissen wat de laagste kaart is.

Hoe kom je nu aan 48 mogelijkheden?

De vier open kaarten hoef je niet te raden. Er zijn dus $52 - 4 = 48$ mogelijkheden. Met de $4$ mogelijke kleuren, de twee van dezelfde kleur en de $6$ van de volgorde van $3$ krijg je dan $4 \times 2 \times 6 = 48$ mogelijkheden.

Kan het met meer kaarten?

De $52$ kaarten van een volledig kaartspel zijn in zekere zin in deze truc toevallig. Je zou je kunnen afvragen of het niet met meer kaarten kan. Je zou bijvoorbeeld een stapel genummerde kaarten kunnen nemen: 1, 2, 3, 4, 5, … . Tot hoever kun je doornummeren zodat je de truc met de vijf kaarten altijd kunt uitvoeren?

We hebben al gezien dat we het aantal mogelijkheden kunnen verdubbelen door een keuze te maken uit een van de twee klaverens. Hoewel Annika niet weet welke kaart dat is, geeft de hoog-laagafspraak haar toch de dubbele informatie.

Zou je met het gesloten neerleggen van de eerste kaart nog meer informatie door kunnen geven? Hiervoor is natuurlijk weer een bijzondere afspraak nodig. Je kunt als eerste kaart een van de vijf kaarten in je hand dicht op tafel leggen. Daarna kun je met de $4$ overige kaarten het getal $4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$ aangeven. Dat zou theoretisch gezien leiden tot $5 \times 24 = 120$ mogelijkheden.

En omdat je vier kaarten open op tafel legt, hoeven die niet gekozen te worden. Dus met $5! + 4 = 124$ kaarten hebben we natuurlijk wel het theoretische maximum te pakken. De vraag is natuurlijk: kan het ook? Het antwoord op die vraag is ja. We zullen de oplossing hiervan geven in een volgend artikel. Maar eerst: welke afspraken moet je maken in de volgende scenario's?

Scenario 1: Twee kaarten kiezen uit een stapel

In dit geval pakt Isa twee kaarten uit de stapel en geeft die aan Boris. Boris legt er een dicht op tafel en de laatste open (van een  volgorde is dan geen sprake meer). In dit geval is het theoretische maximum zoals berekend in de vorige paragraaf: $2! + 1 = 3.$

Isa pakt dus willekeurig twee kaarten uit de stapel van drie en geeft die aan Boris. Die legt er een dicht en een open. Annika ziet aan die open kaart welke dicht is neer gelegd. Dit probleem lijkt heel simpel, maar vergt toch nog wat nadenken.

Scenario 2: Drie kaarten kiezen uit een stapel

In dit geval pakt Isa drie kaarten uit de stapel en geeft die aan Boris. Boris legt er een dicht op tafel en de laatste twee (natuurlijk in een afgesproken volgorde) open. In dit geval is het theoretische maximum zoals berekend in de vorige paragraaf dus$ 3! + 2 = 8.$

Isa pakt er dus willekeurig drie uit de stapel van acht en geeft die aan Boris. Die legt er een dicht en twee in volgorde open. Annika ziet aan die open kaarten welke dicht is neer gelegd. Dit probleem is al heel wat lastiger, maar het is de moeite waard een oplossing te vinden.

Wordt vervolgd!

In een volgende Pythagoras zullen we de afspraken met vier kaarten kiezen (maximum $4! + 3 = 27$ kaarten) en vijf kaarten kiezen (maximum $5! + 4 = 124$ kaarten) bespreken. We kijken dan ook nog naar het algemene geval van $n$ kaarten kiezen uit een maximale stapel van $n! + n - 1$ kaarten.