[Изобразительные задачи]

61

Консультирует — чемпон мира по шахматам, международный гроссейстер А. Карпов. Ведет стратегу СССР по шахматам, кандидат технических наук Е. Гик.
Среди множества задач, это довов и необъных позиций на шахматной доске особый интерес представляют так называемые символические или, иначе, изображительные задачи. Начальная или заключительная расстановка фигур в таких задач или сам ход решения изображают собой какой-нибудь рисунок, символь, число или букву. Объчно символические задачи посвязываются видающимся личностям, юбилейным датам или важным событиям.

В этом месте, как вы знаете, в нашей стране раздуется День космонавтики. И именно 12 апреля 1964 года впервые были опубликованы 1—3 задачи международного мастер по шахматной композиции Э. Погосянца. Автор посвязываил их Юрию Гагарину, первому человеку на Земле, повышему в космосе. Начальное расположение фигур в каждой из трехходовок изображает букву «Г». Предлагаем вам решить эти символические задачи. Любопытно, что в них использованы всего 4 фигуры.

В нашей февральской страничке мы уже предложали вам одну задачу — многоходовку, в которой белый ферз после долги и утомительных маневров объявляет мат непрятельскому королю на 14-м ходу. Такие задачи в шахматной композиции называются виражами. Необучная задача 4 также представляется собой вражж. Доска здесь, как общно, квадратная, но размеры

1. Э. Погосянц. Мат в 3 хода.
2. Э. Погосянц. Мат в 3 хода.
3. Э. Погосянц. Мат в 3 хода.
4. Я. Мортенс. Мат в 21 ход.
5. Пистолет Доусона. Мат в 21 ход.
6. К. Томлинской. Мат в 2 хода.

ее необучайно велики. В результате ферз идет по виражу более двадцати ходов!

Весьма любопытна задача 5, принадлежащая известному шахматному композитору Г. Доусону. Ее тоже можно назвать изобразительной, только рисунок здесь образуют не фигуры, а сама доска.

Задание 1—3, как мы видели, содержали всего четыре фигуры. Однако минимальный материал, позволяющий создать шахматное произведение, состоит из трех фигур (при двух королях на доске просто нечем давать mat). Однако из рекордных в этом смысле — задача 6. Она решается очень просто, но учтите, что это самая страная трехфигурная задача — она придумана 135 лет назад!

62

Где расположено основание высоты?

Задачи (мы приводим номер правильно ответа, а следда за ним — указание).
1а—3 (основание высоты должно быть равноудаленным от вершин основания;
1б—3 (по той же причине, что 1а).
1в—5 (основание высоты равноудалено от прямых AB, BC, AC).
1г—2 (достаточно показать, что основание высоты O принадлежит одной из высот треугольника, скажем CH, но
(SC)⊥(SA), (SC)⊥(SB)⇒
⇒(SC)⊥(ASB)⇒(SC)⊥(AB);
(AB)⊥(SC), (AB)⊥(SO)⇒(AB)⊥
⇒(SOC)⇒(AB)⊥(CO)⇒O∈(CH).
1д—2 (решение аналогичного 1г).
1е—6 (показите, что BAC=BSC=90°, и воспользуйтесь 1а).
1ж—7((AC)⊥(BC), (AC)⊥(BC)⇒(AC)⊥
⊥(BSC)⇒(ABC)⊥(BSC)⇒(SO)⊆(BSC)⇒
⇒O∈(BC)).
1з—1 (см. «Геометрия 9—10» § 22).
2—3 (cp. 1а).
3—2 (основание высоты — центр окружности, описанной вокруг ABCD).

У праванения

1. $\frac{3\sqrt{6}}{2}a^2$. (Основание высоты — центр окружности, описанной в трапецю.)
2. $\frac{1}{2}$, если a=b,
   $\left\{\frac{b}{a+b}, \frac{b}{a-b}\right\}$, если a>b,
   $\left\{\frac{a}{a+b}, \frac{a}{b-a}\right\}$, если a<b.
   (Показите, что O∈(AC); далее, при a>b, разберите два случая: O∈[AC] и C∈[AO].)
3. $\frac{c^3}{36}(\sin 2\alpha)tg\beta$. (Приимените задачу 1з.)
4. $\frac{\sqrt{2}}{2}b^3$. (Основание равноудаленной вершины — центр квадрата.)
5. (См. «Квант», 1978, № 6, с. 93.)
   Фотоаппарат на вступительных экзаменах
6. $|\vec{v}| = \frac{\delta d}{F\tau} = 10$ м/с.
7. $\frac{\Gamma_2}{\Gamma_1} = 1 + \frac{h(d-F)}{F^2} = 5,5. 3.$d’2 = \frac{d_1d_2d’1}{d’1(d_1+d_2)-d_1d_2} \rightarrow \infty$, то есть дальняя граница глубины резкости бесконечного удалена. Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова Фиизческий факультет 1.$A = mg(H-5|2R) = 2 \cdot 10^{-2}$Дж. 2.$V_2 = l_2 \sqrt{\frac{2g(1-\cos \alpha)(m_2l_2-m_1l_1)}{m_1l_1^2+m_2l_2^2}}$, если в положении устойчивого равновесия масса m1 нахождения выше оси врашения, и$V_2 = l_2 \sqrt{\frac{2g(1+\cos \alpha)(m_1l_1-m_2l_2)}{m_1l_1^2+m_2l_2^2}}$, если в положении устойчивого равновесия масса m1 нахождения ниже оси врашения. 3.$|\vec{a}| = g\left(\sin \alpha - \frac{(k_1m_1+k_2m_2)\cos \alpha}{m_1+m_2}\right)$. 4.$A = R(\sqrt{T_3}-\sqrt{T_1})^2$, где R — универсальная газовая постоянная. 5.$\alpha = \frac{\alpha_1V_1+\alpha_2V_2}{V_1+V_2} \approx 27%$. 6.$\alpha = \frac{p{H1}}{p{H2}} \frac{V_1}{V_2} \frac{T_2}{T_1} \approx 0,44 = 44%$, где$p{H2} = 10^5$Па — давление насыщенного водяного пара при температуре 100°C. 7.$A = C_0U^2/2 = 4,5 \cdot 10^{-6}$Дж. 8.$t = \frac{(1+\alpha t_0)R_2R_4}{\alpha R_1R_3} - \frac{1}{\alpha} \approx 76°C.
8. $f_1 = \frac{F_2(F_1-l)}{F_1-l+F_2} = 6$ см от рассеивающей линейы; $f_2 = \frac{F_1(l-F_2)}{l-F_1-F_2} = 20$ см от собирающей линейы.
9. $F_1 = \frac{Dl}{D-d} = 18$ см; $F_2 = l-F_1 = -6$ см.

Механико-mатематический факультет

1. $|\vec{a}| \leq |\vec{a}| \leq |\vec{a}|$, где $|\vec{a}| = g\frac{tg\alpha-\mu}{1+\mu tg\alpha} \approx 8$ м/с² (сила трения направлена вверх по поверхности клина) и $|\vec{a}| = g\frac{tg\alpha+\mu}{1-\mu tg\alpha} \approx 12$ м/с² (сила трения направлена вниз по поверхности клина).
2. $\alpha \leq \arctg \frac{R(M+m)}{lm} = \frac{\pi}{4}$.
3. $x = |\vec{v}|^2/g \sin 2\alpha - 2l = 10$ м.
4. $p_2 = p_1T_2/T_1 + m/\mu RT_2/V \approx 2,3 \cdot 10^5$ Па.
5. $\Delta h = h\alpha_2\Delta t = 6 \cdot 10^{-3}$ см.
6. $I = \varepsilon_0(\varepsilon-1)|\vec{v}|a\delta/d = 1,77 \cdot 10^{-9}$ А.
7. $q = \varepsilon_0SIR/d = 1,77 \cdot 10^{-10}$ Кл.
8. $I = \frac{mg}{2|\vec{B}|a} = 5$ А.
9. $\alpha \geq 2\pi/3$.
10. Велична изобравенная уменшится в 3 раза.

Блуждающие физики
(см. «Квант» № 3)

1. Можно за 32 хода:
2. cl—el,
3. el—f1,
4. a1—c1—e1—g1,
5. b1—c1 и т. д.
6. Первые две физики надо поставить рядом, третью — через одну пустую клетку впра-

63

во от второй, четвертую — через одну пустую клетку вправо от третьей и т. д.

3. Нужно сделать три хода, чтобы расположить фишки на трех левых крайних полях, например, верхней горизонтали. Затем потребуется 33 хода, чтобы эти фишки переместить по горизонтали в крайнее правое полжение. Наконец, необходимо сделать еще три хода, чтобы переместить фишки в конечное полжение. Таким образом, перемещение может быть выполнено за 39 ходов.

4. Можно:

5. d3—d5,

6. d5—e5,

7. c4—e4—e6,

8. e6—f6,

9. b1—b3—d3—d5—f5—f7,

10. f7—g7,

11. a2—c2—c4—e4—e6—g6—g8,

12. g8—h8,

13. a1—b1,

14. b1—b3—d3—d5—f5—f7—h7,

15. b2—c2 и т. д.

16. Чтобы «растянуть» все фишки в цепочку по большой диагонали, потребуется 8 ходов (см. задание 4). Перемещение цепочки по диагонали из первоначального полжения на 92 клетки потребует 92 • 3 = 276 ходов. Нужно сделать еще 8 ходов; чтобы расположить фишки на конечных позициях. Требуемое перемещение может быть выполнено за 292 хода.

17. Достаточно 19 ходов:

18. c1—c2,

19. a1—c1—c3,

20. b1—c1 и т. д.

21. Перемещение может быть выполнено за 20 ходов:

22. b1—b2,

23. b2—b3,

24. a1—a3—c3,

25. a2—b2 и т. д.

«Квант» для младших школьников

(см. «Квант» № 3)

1. См. статью Н. Михайловой «Плоды «прощешения»».
2. Семь слонов расставить можно — см. рисунок 1. Восемь же слонов расставить нельзя.
3. При каждом разрезе количество многоугольников увеличивается на единицу. Следовательно, после этого разреза получится 101 многоугольник. Общее число вершин у них будет наименьшим, если все многоугольники будут треугольниками. Минимальное число вершин после 100 разрезов равно

Рис. 1.

Рис. 2.