카드 다섯 장, 방해꾼이 두 장을 바꿔도 통하는 마술은 몇 장짜리 덱까지 가능할까

1950년, 미국의 마술사이자 수학자였던 윌리엄 피치 체니 주니어는 Math Miracles라는 얇은 책자에 'Telephone Stud'라는 이름의 마술 하나를 실었다. 무대도, 소매 속 장치도 없다. 관객이 52장에서 다섯 장을 고른다. 조수가 그중 한 장을 엎어놓고 나머지 네 장을 골라 순서를 정해 늘어놓는다. 파트너는 그동안 방 밖에 있었다가 들어와, 늘어놓인 네 장을 한 번 훑고 엎어진 카드의 이름을 말한다. 신호는 없다. 손짓도, 눈짓도, 말도 없다. 오직 '어떤 네 장이, 어떤 순서로' 놓였는지만 남는다.

수학자들이 이 마술을 75년 넘게 붙잡고 있는 이유가 여기 있다. 52장에서 다섯 장을 고르는 방법은 2,598,960가지다. 조수가 만들 수 있는 배열은 52×51×50×49, 즉 6,497,400가지. 겨우 2.5배다. 정보이론적으로 아슬아슬한 여유만 남기고 전부 써야 하는 문제이고, 그래서 덱을 조금만 키우면 곧바로 벽에 부딪힌다. 도론 레비(메릴랜드대)와 야코프 말리노프스키(UMBC)가 2026년 11월 2일 arXiv에 올린 논문 「Around the Clock: New Twists on Fitch Cheney's Five-Card Trick」(arXiv:2611.02424)은 이 낡은 마술을 다시 세우고, 그 벽의 정확한 위치를 세 군데서 새로 잰다.

시계 위의 열세 칸

체니의 방법은 관찰 세 개로 이루어진다. 첫째, 다섯 장 중 적어도 두 장은 같은 무늬다. 그중 한 장을 엎어 숨기고, 다른 한 장을 맨 앞에 세운다. 맨 앞 카드가 숨은 카드의 무늬를 알린다. 둘째, 열세 개의 숫자를 시계판에 둥글게 놓는다. 에이스에서 킹까지, 킹 다음은 다시 에이스다. 같은 무늬 두 장 사이의 시계방향 거리를 k라 하면 반대 방향은 13−k이고, 둘의 합이 13이므로 둘 중 하나는 반드시 6 이하다. 조수는 1~6시간 시계방향에 있는 쪽을 기준 카드로 삼고 다른 쪽을 숨긴다. 3♣과 9♣이 손에 있다면 3♣이 기준, 9♣이 숨은 카드이고 보낼 숫자는 6이다.

셋째, 남은 세 장은 3!=6가지로 배열된다. 1부터 6까지를 실어 보내기에 정확히 맞는 수다. 세 장을 낮음·중간·높음으로 정렬하는 규칙만 미리 약속하면, 여섯 개의 순서가 여섯 개의 숫자가 된다. 그림의 예시 손패 3♣, 9♣, 5♡, J♠, 2♢에서 나머지 세 장은 낮음 2♢, 중간 5♡, 높음 J♠이고, 숫자 6은 높음·중간·낮음이므로 배열은 3♣, J♠, 5♡, 2♢가 된다. 파트너는 기준 카드 3♣을 읽고, 나머지 세 장의 순서에서 6을 읽고, 3에서 시계방향으로 여섯 시간을 세어 9♣을 부른다.

이 마술이 전화로도 성립하는 이유는 정보가 '관계'에만 있기 때문이다. 논문은 이를 한 문장으로 정리한다. 서로 다른 손패는 절대로 같은 배열을 만들어서는 안 된다. 이 단순한 원리가 이후 모든 계산의 출발점이 된다.

썸 팬(thumb fan)으로 펼친 덱. 이 마술에서 관객이 읽는 것은 손짓이 아니라 네 장의 배열 순서 그 자체다. — BlakeMagic, CC BY-SA 4.0 (Wikimedia Commons)

124장, 모든 배열이 정확히 한 번씩

덱을 몇 장까지 키울 수 있을까. d장 덱에서 네 장을 골라 배열하는 방법은 24×C(d,4)가지, 손패는 C(d,5)가지다. 비율을 정리하면 120/(d−4)가 된다. 52장에서 2.5, d=124에서 정확히 1이다. 125장부터는 손패가 배열보다 많아지므로 같은 배열이 두 손패에 배정되고, 어떤 방법도 통하지 않는다. 124장에서는 배열과 손패가 각각 225,150,024개로 정확히 같아서, 모든 배열이 단 한 번씩만 쓰여야 한다. 마이클 클레버가 2002년 논문에서 이 완전 짝짓기의 존재를 증명했고, 그 방법은 엘윈 베를레캠프에게 배운 산수였다.

베를레캠프의 조리법은 네 단계다. 카드에 0~123의 번호를 붙이고, 다섯 수의 합을 5로 나눈 나머지 j번째 카드를 숨긴다. 남은 네 수의 합 S에 더해 5의 배수가 되는 최소 r을 구한다. 숨은 카드가 '보이지 않는 120장' 가운데 몇 번째인지 세고, 그 위치에서 r을 뺀 값을 5로 나눈 몫 q를 24가지 배열 중 하나로 보낸다. 손패 {7, 23, 51, 88, 119}라면 합 288의 나머지가 3이라 88이 숨고, 배열은 51, 119, 23, 7이 된다. 논문도 인정하듯 이 방법은 '암산을 좀 요구한다'.

같은 계산은 손패 크기를 바꿔도 그대로 통한다. n장을 받아 n−1장을 보이는 방식에서는 d ≤ n!+n−1이 필요충분에 가까운 상한이 되고, 3장이면 8장, 4장이면 27장, 5장이면 124장이 나온다. 논문은 8장짜리 '주머니 버전'을 따로 설명한다. 1~8까지 적힌 카드에서 세 장을 받아 한 장을 숨기고 두 장을 배열하면, 56가지 손패와 56가지 배열이 정확히 맞아떨어진다.

방해꾼이 이웃한 두 장을 바꾼다면: 29장

여기서 논문의 첫 번째 새 결과가 나온다. 파트너가 방에 들어오기 전, 누군가가 늘어놓인 네 장 중 이웃한 두 장을 슬쩍 바꿔놓고 아무 말도 하지 않는다고 하자. 파트너는 바뀌었는지 아닌지 모른다. 네 장의 배열은 24가지이고, 각 배열은 이웃 교환 세 번으로 닿는 세 개의 이웃을 가진다. 켄달 타우 거리로 말하면 거리 1이다. 조수가 쓸 수 있는 배열들이 서로 거리 3 이상 떨어져 있으면, 파트너는 눈에 보이는 배열과 그 이웃 네 개 중 정확히 하나만 조수의 것으로 식별할 수 있다.

그런 '방해꾼 안전' 배열 집합은 최대 몇 개일까. 여섯 개는 불가능하다. 여섯 개가 있었다면 24가지 배열이 네 개씩 네 집합으로 정확히 분할되고, 카드 1이 j번째 자리에 오는 사용 가능 배열의 수 c_j에 대해 3c₁+c₂=6, c₁+2c₂+c₃=6 같은 연립방정식이 나온다. 그 해는 c₁=c₂=c₃=c₄=3/2. 정수가 아니므로 모순이다. 최대는 다섯 개이고, 논문은 그 다섯 개짜리 집합을 그림으로 제시한다. 그러면 d ≤ 5m+4에서 m=5, 즉 d ≤ 29. 29장 덱에서는 이 방해꾼을 이겨내는 방법이 실제로 존재하고, 52장에서는 어떤 방법도 통하지 않는다.

직관과 어긋나는 지점이 여기다. 덱이 클수록 마술은 '쉬워질' 것 같지만 반대다. 배열 대 손패의 비율 120/(d−4)는 덱이 커질수록 1에 가까워지고, 남는 여유가 줄어든다. 52장은 여유가 2.5배뿐이라 이웃 교환 한 번을 흡수할 공간이 없고, 29장은 5배가 넘는 여유를 쓸 수 있다. 방해꾼은 큰 덱을 더 아프게 때린다.

아무 두 장이나 바꿔도 된다면: 14장

방해꾼이 이웃이 아니라 아무 두 장이나 바꿀 수 있다면 상한은 급격히 떨어진다. 네 장 배열에서 어떤 배열이든 세 번의 교환으로 다른 배열이 되므로, 두 사용 가능 배열은 정확히 거리 3이어야 한다. 여기에 홀짝 논법이 붙는다. 어떤 배열이든 1234에서 짝수 번 교환해 얻어지는지 홀수 번으로 얻어지는지가 정해져 있고, 교환 한 번은 홀짝을 바꾼다. 세 개를 고르면 적어도 둘은 같은 홀짝이고, 그 둘 사이의 거리는 짝수이면서 3 이하이므로 2 이하다. 따라서 사용 가능 배열은 최대 두 개. 1234와 2341이 실제로 그 두 개이고, 두 배열이 만들어내는 수신 가능 배열 일곱 개씩은 서로 겹치지 않는다.

그러면 C(d,5) ≤ 2×C(d,4)에서 d ≤ 14. 논문은 같은 산수 조리법으로 14장에서 이 상한을 달성한다. 0~13번 카드에서 합의 나머지로 숨은 카드를 정하고, 보이는 열 장의 '보이지 않는 카드' 가운데 위치가 r이거나 r+5이므로, 앞의 경우 1234, 뒤의 경우 2341을 쓰면 된다.

흥미로운 것은 이 결과가 마술과 무관한 곳과 맞닿아 있다는 점이다. 여섯 개짜리 방해꾼 안전 집합이 없다는 사실은 부호이론에서 '완벽한 단일 오류 정정 순열부호'가 존재하지 않는다는 정리와 같은 내용이고, 전하량의 순위로 데이터를 저장하는 플래시 메모리의 rank modulation 연구에서 다뤄진 문제이기도 하다. 마술사가 관객 한 명을 상대하는 문제와, 메모리 셀의 전하가 이웃한 순위를 뒤집는 문제가 같은 계량 위에 서 있다.

시작점을 지워버린 마술

논문의 두 번째 새 결과는 산수가 아니라 대칭성에 관한 것이다. 열세 개의 숫자를 시계에 놓으면 시작점이 사라진다. 무늬 네 개도 작은 시계에 놓을 수 있다. 클럽, 다이아몬드, 하트, 스페이드, 다시 클럽. 이제 덱 전체를 한 시간 옮기는 이동을 생각하자. 모든 카드의 숫자가 한 시간 오르고 무늬가 한 칸 옮겨간다. 3♣은 4♢이 되고, K♠은 A♣이 된다. 13과 4가 서로소이므로 이 이동을 반복하면 52번 만에 처음으로 제자리에 돌아오고, 그 사이 52장을 모두 한 번씩 방문한다. 40번 반복하면 숫자만 한 시간 오르고(40≡1 mod 13, 40≡0 mod 4), 13번 반복하면 무늬만 한 칸 움직인다.

논문은 이 이동에 대해 닫혀 있는 방법을 '회전 불변(rotation-proof)'이라 부른다. 손패가 배열을 낳고, 손패 전체를 한 칸 옮기면 배열도 카드별로 똑같이 옮겨진 배열이 나와야 한다. 마술사에게 이게 왜 중요한가. 첫째, 외울 첫 무늬가 없다. 무늬의 순환 순서만 두 사람이 합의하면 된다. 둘째, 킹과 에이스 사이의 이음새가 없다. 에이스는 '낮은' 카드가 아니고 킹은 '높은' 카드가 아니다. 셋째, 한 손패를 익히면 52개를 익힌 셈이다. 2,598,960가지 손패는 52로 나뉘어 49,980개의 '가족'이 된다.

체니의 고전적 방법은 회전 불변이 아니다. 카드를 절대적 순위로 낮음·중간·높음으로 나누는 규칙이 이동을 존중하지 않기 때문이다. 논문의 수리는 두 가지만 바꾼다. 규칙 1은 기준 카드로부터의 시계방향 거리로 세 장의 순위를 매긴다. 거리가 같으면 무늬 거리로 가른다. 그래서 예시에서 2♢은 3♣에서 열두 시간 떨어져 있어 '가장 높은' 카드가 된다. 보통의 에이스-로 순서에서 가장 낮은 카드인데도 그렇다. 규칙 2는 같은 무늬 쌍이 여럿일 때 기준과 숨은 카드 사이의 거리가 가장 짧은 쌍을 고르고, 그래도 동점이면 상대적 꼬리표 목록을 사전순으로 비교해 하나를 정한다. 전수 계산에 따르면 85%의 손패는 최단 거리 규칙만으로 정리되고, 8%는 첫 꼬리표 비교로, 두 번째 꼬리표까지 봐야 하는 손패는 180개 중 하나 미만이다.

1945년 미 정부용으로 찍힌 'Aviator' 카드 덱. 체니의 트릭은 1950년 마술 책자에서 처음 인쇄됐고, 논문은 그 트릭이 몇 장짜리 덱까지 버티는지를 잰다. — RenseNBM, CC BY-SA 4.0 (Wikimedia Commons)

124장 위의 산책

베를레캠프의 조리법은 절반만 회전 불변이다. 합의 나머지로 숨은 카드를 정하는 첫 단계는 124≡−1(mod 5) 덕분에 이동을 따라간다. 그러나 나머지 단계는 번호가 어디서 시작하는지에 의존한다. 논문은 이 부분을 원 위를 걷는 방식으로 바꾼다. 보이는 네 장이 주어지면 숨은 카드가 될 수 있는 후보는 정확히 24개, 즉 보이지 않는 120장 가운데 r, r+5, …, r+115번 자리다. 조수는 숨은 카드에서 반시계방향으로 걸으며 만나는 보이는 카드마다, 그 카드와 숨은 카드 사이에 놓인 후보의 수 c를 센다. c < 6k를 처음 만족하는 카드를 리드로 세우고, s = c − 6(k−1)을 나머지 세 장의 순서로 보낸다.

파트너 쪽은 대칭적이다. 리드에서 시계방향으로 걸으며 점수를 0에서 시작하고, 후보를 만날 때마다 점수가 s인지 확인한다. s가 아니면 1을 더하고, 보이는 카드를 지날 때마다 6을 뺀다. 예시 손패 {4, 19, 44, 78, 121}에서 숨은 카드는 19, 후보는 24개, 리드 4에서 시계방향으로 후보 9와 14를 지나며 점수가 2가 되고, 다음 후보 19에서 이미 2이므로 멈춘다. 논문은 왜 파트너가 너무 일찍 멈추지 않는지도 증명한다. 조수의 검사를 통과하지 못한 카드는 c_i ≥ 6i이므로, 그 앞 구간에서 점수는 언제나 s−1 이하다.

이 방법이 실제로 모든 손패에서 작동하는지는 225,150,024가지 손패 전수 컴퓨터 검사로 확인됐다. 회전 불변성 덕분에 124로 나눈 1,815,726개의 가족에서 하나씩만 검사해도 되지만, 논문은 전수 확인 결과를 보고한다. 8장과 27장 버전도 각각 56가지, 17,550가지 전수 검사로 확인됐다.

반론, 그리고 논문이 스스로 인정한 것

가장 먼저 나올 반론은 '이건 마술이 아니라 부호이론이다'이다. 실제로 논문의 방해꾼 문제는 켄달 타우 계량 위의 순열부호 문제와 형식적으로 동일하고, 저자들도 그 연결을 명시한다. 그러나 논문은 이 접근이 공연자에게 실질적이라고 주장한다. 관객이 카드를 만질 수 있는 자리, 혹은 파트너가 방에 들어오기 전 테이블을 떠나야 하는 자리에서는 배열이 그대로 남는다는 보장이 없기 때문이다. 다만 이것은 증명된 정리가 아니라 저자들의 판단이며, 실제 공연에서 방해꾼 시나리오가 얼마나 자주 문제가 되는지는 논문이 측정하지 않는다.

두 번째 반론은 '회전 불변성은 수학적으로 우아하지만 마술사에게 무슨 소용인가'이다. 이에 대한 논문의 답은 학습 비용이다. 고전적 방법은 카드의 절대 순위와 첫 무늬를 외워야 하고, 그 규칙이 킹과 에이스 경계에서 끊긴다. 회전 불변 방법은 상대적 거리만 쓰므로 그 끊김이 없고, 하나의 손패를 익히면 52개가 따라온다. 다만 저자들이 밝히듯 이 방법도 공짜가 아니다. 기준 카드로부터의 거리를 재는 새 습관을 익혀야 하고, 124장 버전은 여전히 암산을 요구한다.

논문이 스스로 인정한 한계도 분명하다. 방해꾼에 대한 두 상한 29장과 14장은 다섯 장 손패에 대한 결과로 명시되어 있고, 손패 크기를 바꿨을 때의 일반 상한은 이 글에서 제시되지 않는다. 124장 산책 방법의 정당성은 사람이 읽는 증명과 전수 컴퓨터 검사가 함께 제시되는 형태인데, 후자는 '모든 경우를 확인했다'는 진술이지 왜 그렇게 되는지에 대한 설명은 아니다. 그리고 이 글 자체가 여러 결과를 정리한 해설 논문이며, 새 결과의 기술적 세부는 병행해 쓴 별도 논문에 있다고 밝힌다. 저자들은 또 문헌 조사, 검사 프로그램 작성, 그림의 TikZ 코드, 원고 준비에 Claude Opus 5.5를 사용했다고 명시하고, 내용에 대한 책임은 저자들에게 있다고 적었다.

그래서 독자에게 남는 질문은 이것이다. 다섯 장 중 한 장을 숨기고 네 장의 순서로 답을 보내는 이 75년 된 약속은, 과연 마술의 문제일까, 아니면 우리가 매일 쓰는 메모리와 통신이 이미 같은 약속 위에 서 있다는 사실의 오래된 예고편일까. 그리고 만약 관객이 카드 한 장을 슬쩍 바꿔놓을 수 있다면, 당신의 마술은 몇 장짜리 덱까지 견딜 수 있는가.

참고 자료

Doron Levy, Yaakov Malinovsky, 'Around the Clock: New Twists on Fitch Cheney's Five-Card Trick', arXiv:2611.02424 [math.HO], 2026년 11월 2일 제출. https://arxiv.org/abs/2611.02424

M. Kleber, 'The Best Card Trick', The Mathematical Intelligencer 24 (2002), 9–11. / S. Buzaglo, T. Etzion, 'Bounds on the size of permutation codes with the Kendall τ-metric', IEEE Trans. Inform. Theory 61 (2015), 3241–3250. / A. Chen 외, 'Card tricks and information', arXiv:2405.21007.

이미지: BlakeMagic, 'Thumb Fan' (CC BY-SA 4.0); RenseNBM, 'Aviator Playing Cards US Army 1945' (CC BY-SA 4.0). 모두 Wikimedia Commons.