Ласкер побеждает Стейница

60

Шахматная страница

Эммануил Ласкер, основатель психологического подхода к шахматной борьбе, был на 32 года молодое своего великого предшественника, и эта разница в возрасте являлась сильком большой форой в их стражении.

Консультирует — чемпion мира по шахматам, международный гроссейстер А. Карпов. Ведет страничку — мастер спорта СССР по шахматам, кандидат технических наук Е. Гик.

Ласкер побеждает Стейница
В предыдущеем номере мы расскаазали о трех первых матах на перевенство мира. Теперь пойдем дальше…

Второй матч В. Стейница с Великим русским шахматистом М. Чигориным (1892 г.) проходил значительно направленное первого. Игра шла до десяти побед. После 23 партий Стейницы был впереди на очко, однako, если бы Чигорин выигral очередную партию, счет победставовился 9:9 и по условям матча игра продолжалась бы еще до трех побед. В этой партии произошел граничский случай, равного которого истираю борбы за шахматную корону не знает.

Чигорин — Стейниц
У белых лишня фигура, и после 32.Л:b7 они легко выиграли (предлагаем вам убедиться в этом самостояльно). Но последовало совершенное 32.Сb4??, и после ответного 32…Л:h2+ матч тут же заключился (33.Крg1 Лdg2×).

Ласкер — Стейниц
Это положение из себя мой партин матча 1894 года. Черные уже по дебюту получили огромный перевес, и несмотря на отсутствие попытки противника запутать игру, ситuation не изменилась. Надвигая сейчас пешкиферзового фланга (35.Фh6 не опасно из-за 35…Лg3), Стейниц мог взять верх и повести в счете. Оdnako его нервы не выдержали, следующим ходом он допустил решающего ошибку и вскоре сделал партию — первый в серии из пятей поражений.

34… gf? 35.Фh5+ Кре7 36.Jlg8 Крd6 37.Jl:f5 Фe6 38.Jl:e8 Ф:e8 39.Jl:f6+ Крс5 40.Фh6 Ле7 41.Фh2 Фd7 (41…Фd8 42.Фf2+ и 43.Лf8) 42.Фg1+ d4 43.Фg5+ Фd5 44.Jlf5 Ф:f5 45.Ф:f5+ Крd6 46.Фf6+. Черные сделы.

Проиграв матч, Стейниц проводгласил треократное «ура» в честь второго чемпиона мира, но спустя два года вызвал Ласкера на матч-реванш. За всю последуюшую историю не было больше случая, чтобы в борбу за мировую шахматную корону вступил 60-летний шахматист. Стейниц потерпел сокращительное поржение. Любопытно, что этот матч проходил в Москве, а следующее состояние такого высокого ранга состоялось в нашей столице спустя более полвека. Во второй партии матча Ласкер провел знамениту матового комбинацию.

Ласкер — Стейниц
31.h4 h5 (взятие слона на f4 приводило к быстром мату после Kf6+) 32.Cg5 Cd8 33.g4! hg 34.h5 Kf8 35.Kec5+! dc 36.K:c5+ Kpd6 (в случае 36…Кpc7 достаточно для победы 37.C:e7 C:e7 38.Jl:e7+ Кpb6 39.Jl:g7, но теперь следует формировать мат) 37.Cf4+ Kpd5 38.Jle5+ Крс4 (38…Kpd6 39.Jlf5×; 38…Kp:d4 39.Jl1e4×) 39.Jlc1× Кр:d4 (39…Kpb4 40.Cd2+) 40.Kb3+ Kpd3 41.Jle3×. Заключительная матовая конструкция весы эфективна.

Убедив шахматный мир в том, что он покорил его не случайно, Ласкер несколько снизл свою шахматную активность, сосредоточив основные усилия на математике и философии. Только через лет он сыгral новый матч за мировое перевенство. Премущество Ласкера над Маршаллом было бесспорным. Вот окончание третьей партии матча.

Маршалл — Ласкер
37…Kf3! 38.gf Ф:h3+ 39.Kpg1 Фg3+ 40.Kph1 Лlf4 41.Фd8+ (правильно было 41.Фh5 Лh4+ 42.Ф:h4) 41…Kph7 42.Jlf1? (последняя ошибка, шансы наничью сохраняло 42.Jlc2 Лh4+ 43.Ф:h4 Ф:h4+ 44.Kpg2) 42…Jlf5! Белые сделы (мат неизбежен: 43.Фe8 Фh4+ 44.Kpg2 Лg5×).

61

Закон сохранения энергии для тепловых процессов

1. $A = p_0 V \Delta T / T \approx 3,4$ Дж.

2. $Q = C_v \Delta T + R \Delta T / 2 = 3 R \Delta T \approx 25$ Дж.

3. $n = -1/2$.

4. На участке 1—2 температура газа возрастала, при этом газ получал тепло. На участке 2—3 температура газа не менялась, но тепло он получал. На участке 3—4 температура уменьшалась, при этом газ отдавал тепло. На участке 4—1 температура не менялась, но газ отдавал тепло.

5. $A = \frac{m}{\mu} \frac{R a}{2} - (V_2^2 - V_1^2)$; газ поглощает тепло.

Пригодны ли счеты?

1. Счеты будут иметь вид, показанный на рисунке 1. Найбольшее число, которое можно отложить на «испорченых» счетах, — это $7531_n = 383_{10}$.
2. $3121_n = 3 \cdot 48 + 1 \cdot 8 + 2 \cdot 2 + 1 = 157_{10}$;
   $1401_n = 1 \cdot 48 + 4 \cdot 8 + 0 \cdot 2 + 1 = 81_{10}$;
   $230_n = 2 \cdot 8 + 3 \cdot 2 + 0 = 22_{10}$.
3. Число $37_{10}$ представим в виде суммы $37_{10} = 4 \cdot 8 + 2 \cdot 2 + 1 = 421_{10}$.
   Аналогично:
   $59_{10} = 1 \cdot 48 + 1 \cdot 8 + 1 \cdot 2 + 1 = 1111_{10}$;
   $101_{10} = 2 \cdot 48 + 0 \cdot 8 + 2 \cdot 2 + 1 = 2021_{10}$;
   $269_{10} = 5 \cdot 48 + 3 \cdot 8 + 2 \cdot 2 + 1 = 5321_{10}$.
4. $411_{10}; 7010_{10}; 5210_{10}; 131_{10}; 310_{10}; 3310_{10}$.
5. $21_{10} \times 3_{10} = 131_{10}$.
6. $7431_{10}$.

Рис. 1.
Московский физико-технический институт

Математика

Вариант 2

1. $-\frac{4}{3}; 2$.

2. $x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi n (n \in \mathbb{Z})$.

3. Площадь квадрата большше.

4. a) $-\infty; \frac{-1-\sqrt{5}}{2}$ $U[-1; 0]$

5. b) $0; \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$ $U[1; +\infty]$

6. c) $-\frac{-1-\sqrt{5}}{2}; -1$ $U] \frac{-1+\sqrt{5}}{2}; 1$ $[,$
   $\log_2 \left( \frac{|a| - \sqrt{a-a^3}}{\sqrt{a-a^3}} \right);$
   $\frac{\sqrt{a-a^3} + |a|^3 - |a|}{|a| - \sqrt{a-a^3}}$;
   $b) a = 0, \{(a; 2^{-a})\} (a \in \mathbb{R})$.

7. Пусть $SAD$ — грань, перpendикулярная плоскости проекций, $MN$ — перpendикулярная на эту грань из середины $M$ противоположного ребра, $\varphi$ — угол между $(AD)$ и плоскостью проекций, тогда $|MN| = \frac{2\sqrt{2}}{3} a,$
   $|SN| = \frac{7}{6} a,$лина высоты трапеции равна $|MN|,$лина меньше основания — $a$ cos $\varphi,$ а большего — $\frac{a}{2}$ (3 sin $\varphi$ + cos $\varphi$). Из равно-бедренности трапеции следует, что $tg \varphi = \frac{3}{5},$ поскольку проекция точки $N$ — середина большшего основания.
   Ответ. $\frac{4}{\sqrt{17}} a^2$.

Физика

Вариант 2

1. Пороговая энергия $E_\pi$ — это минимальная энергия налетающего частицы, при которой происходит ядерная реакция. Она включает в себя энергию $E,$ поглощаемую при реакции, и минимальную кинетическую энергию $E_k$ продуктов реакции ($E_k$ не может быть равной нулю, исходя из закона сохранения импульса). Эта кинетическая энергия минимальная, если ядро кислорода и протон движутся как единое целое, то есть с одинаковыми скоростями. Согласно закону сохранения энергии, в первом случае
   $E_\pi = E + \frac{m_a E_\pi}{m_0 + m_p},$
   где $m_a, m_0$ и $m_p$ — массы а-частицы, ядра кислорода и протона соответственно. Во втором

62

linны сферическая зеркалом изображение в зеркале (минное, прямое и того же размер) будет расположено симметрично изображению в лице.

Вариант 3

1. $|\vec{F}_{\min}| = \frac{tg\alpha - \mu}{1 + \mu tg\alpha} mg \approx 3,3$ Н.
2. $T_2 = \frac{p_2V_1}{\left(\frac{p_1V_1}{RT_1} - \frac{V_2}{V_0}\right)R} \approx 254,8$ К (здесь $V_0 = 22,4$ л — объем, занимаемый одним молем любого газа при нормальных условиях).
3. Сила тока в цепи будет максимальной в те моменты, когда напряжение на катушке индуктивности, а значит, и суммарное напряжение на общих конденсаторах будет равны нулю. Следовательно, в эти моменты напряжение на конденсаторах одинаковы по модулю и противоположны по знаку. Обозначим модель этого напряжения через $U'$. Запишем законы сохранения заряда и энергии:
   $$C_1U' + C_2U' = C_1U,$$
   $$\frac{C_1U'^2}{2} + \frac{C_2U'^2}{2} + \frac{LI_{\max}^2}{2} = \frac{C_1U^2}{2}.$$
   Отсюда
   $$I_{\max} = U \sqrt{\frac{C_1C_2}{L(C_1 + C_2)}}.$$
4. См. рис. 3 (прямая $OO'$ перпендикулярна прямой $CO'$; $O$ — оптический центр зеркала; $O'$ — его полюс; $F$ — фокус зеркала, причем $|OF| = |FO'|$).

Вариант 4

1. В силу симметрини при врашении сферы песчинки расположется на ее внутренней поверхности вдоль тонкого колба (рис. 4). На каждую песчнику действуют силы тяжестеги $mg$ и сила нормальной реакции $N$. Спроектируем силы на горизонтальную и вертикальную оси координат и запишем соответствующие уравнения второго закона Ньютона:
   $$|\vec{N}| \sin \alpha = m\omega^2 R \sin \alpha,$$
   $$|\vec{N}| \cos \alpha - mg = 0.$$
   Решая совместно эти уравнения, получим
   $$\left(m\omega^2 R - \frac{mg}{\cos \alpha}\right) \sin \alpha = 0,$$
   откуда возможны два решения: 1) $\sin \alpha = 0$;

2. $\cos \alpha = \frac{g}{\omega^2 R}$. Если $\omega^2 R < g$, реализуется только первое решение, то есть песчники так и остаются на дне сферы. Если же $\omega^2 R > g$, реализуется оба решения, причем первое соответствует неустойчивому равновесию, а второе — устойчивому положению равновесия.

2. $h_1 = \frac{m_1 + m_2}{2AV} - \frac{\rho_0}{A} - \frac{l}{2} \approx 27,5$ см;
   $h_2 = h_1 + l \approx 32,5$ см.
3. $\lambda_0 = \frac{2\pi \hbar c}{(A + eU_3)} \approx 2,25 \cdot 10^{-7}$ м.
4. $l = F_1 - 2F_2 = 5$ см. Указание. Фокус линии совпадает с оптическим центром зеркала (см. рис. 5).

63

Как получают сильные постоянные магнитные поля

(см. «Кваант» № 1)

1. См. рис. 6а—в.

2. МИНУС = 14286.
   Решение. Только цифра 6 вместе буквы С обладает тем свойством, что при умножении на нее трех других цифра (8, 4, 2) в произведениях на месте единиц получаются, соответственно, эти же цифры. Итак, C=6. Y=8, поскольку второе произведение наблюдаем. M=1 (см. пятое произведение). Если И=2, H=4, то второе произведение будет пятизначным. Поэтому H=2, И=4.

3. Из вершины A к стороне BC пусть проходит по цифрам
   1—3—9—6—5—4—2—7—8;
   из вершины B к стороне AC — по цифрам
   7—1—5—3—2—4—6—8—9;
   из вершины C к стороне AB — по цифрам
   2—7—8—9—4—6—5—1—3.

4. Обозначим искомое число через A=
   $$a_1 a_2 a_3 a_4 a_5.$$
   Его цифры a_i, как легко видеть, убывают слева направо.
   Пятая цифра не может быть равна 1 или превосходить 1, так как тогда четверняя цифра a_4≥2, третья a_3≥4, вторая a_2≥8 и первая a_1≥(8+4+2+1)+1>9 — противоречие.
   Позному пятая цифра равна 0. Отсюда цифра a_4≥1 и не может быть a_4≥2, так как, рассуждая аналогично, получаем, что первая цифра a_1>6+3+2>9.
   Итак, четверняя цифра a_4=1, третья a_3≥2 и не может быть a_3≥3 (тогда первая цифра a_1=(5+3+1)+1=10>9), то есть третья цифра a_3=2. Следовательно, a_2≥4 и a_1≥8 и искомое число таких:
   $$A_1=84210, A_2=94210, A_3=95210.$$

5. Масштаб 1:1 000 000 означает, что все линейные размеры на карте уменьшены в 10^6 раз.
   Позному площадь карты, пропорциональна, как известно, квадрат линейных размеров, меньше площади всей территории СССР в (10^6)^2=10^12 раз. Число же людей, которые могут помещаться на определенной территории, пропорционально не ее линейным размерам, а ее площади. Именено поэтому на карте СССР может помещиться малое число людей.

Как получают сильные постоянные магнитные поля

(см. «Кваант» № 1)

1. Так как P~I^2~B^2, мощность, которое отводит при B_2=25 Тл, равна
   $$P_2=\frac{B_2^2}{B_1^2} P_1=6,25 \text{ MBt.}.$$
   Мощность же, отво-
   дная равна P’=c\frac{V}{3600}\Delta t(Bt), где
   c=4·10^3 Дж/(кг·град), q=10^3 кг/м^3,
   V=50 м^3/ч, Δt=80 град. Подставив числа, найдем P’≈4,4 MBt<P_2 — система охлаждения «не справится», получить поле B_2 не удадется.
2. Производительное водопроводной магнитрали — 56 м^3/ч; расход жидкого азота — 32 м^3/ч; расход жидкого водорада на алюминевом солениде — 11 м^3/ч.

Задание о спутниках

(см. «Кваант» № 1)

1. t=\frac{2\pi}{\sqrt{g/(a^3r_3)-2\pi/T_3}}=10,5 ч.
2. v=\frac{2\pi}{T}r\sqrt{\frac{r}{r_0}}=39 км/с.
3. β=\frac{3}{2}\frac{|\vec{v}| \omega}{R}=1,05·10^{-23} рад/c^2.

Показательные уравнения

(см. «Кваант» № 1)

1. {1, $\frac{1}{2}$}. 2. {\log_2 \frac{\sqrt{5}-1}{4}}.
2. {\frac{1}{2}\log_5 6,\log_6 5}. 4. {3, 2+\log_5 2}.
3. {\frac{3}{2}}. 6. {0, 1, 7}. 7. {-1, 2/3}.
4. Указание. Пропогарнимируйте левую и правую части по основанию 2, после чего сделайте замену y=log_2x. Решая квадратное уравнение, получим y_1=c+2, y_2=c-1, где c=log_2 3. Ответ. {\frac{3}{2}, 12}. 9. {\frac{2}{3}}.
5. {1}. 11. {1}. 12. {2}.

Шахматный конкурс

(см. «Кваант», 1980, № 10).

1. 1. Крg3! Крe4 2. Крg2! (2. Кpf2 Кpf4 и Крg4) 2…Крg3 3. Кpf1 Крe4 4. Крe1 Крe3
2. Крd1 Крf4 6. Крd2 Крe4 7. e3 Кpf3 8. Крd3 Крg3 9. Крe4! Крg4 10. Крe5 Кр:h4 11. Крf4 Крh3 12. e4 Крg2 13. e5 h4 14. e6 h3 15. e7 h2 16. e8Ф h1Ф 17. Фе2+ и белые дают мат в 4 хода. Мы приведли лишь основной вариант решения; при подведении итогов конкурса будет учитываться, наколько подробно указано решение (это касается и других заданий конкурса).

64

2. Указываем центральный вариант весы тонкого этида: 1. g4! Kpa3! 2. Kpa5! Kpb2 3. Kpb6! Kpb3 4. Kpb5! Kpc2 5. Kpc6 Kpc3! 6. Kpc5! Kpd2! 7. Kpd6! Kpd3! 8. Kpd5! Kpe2! 9. Kpe6! Kpe3! 10. Kpe5! Kpf2 11. Kpf6! Kpf3 12. Kpf5! (наконец, черные в цигшанге) 12…Kpg2 13. Kpg6 Kph3! 14. Kph5! Kp:h2 15. Krp:h6, 16. Krp:g5 и т. д. Вся игра построена на том, что черному королю недоступно поле g3. Восклицательных знаков довольно много, но все они уместны — для белых это единственные ходы, достигающие целы, а для черных — ходы, созданные белым максимальным трудности. (В этиде имеется ряд ложных следов, которые мы опускаем.)
3. 1. Kpf5! (1. Kpf6? ведет к ничей) 1…Kpb6 (1…Kpc6 2. Kpe6! 1…Kpc7 2. Kpe5!) 2. Kpf6! (2. Kpe6? Kpc6!, 2. Kpe5? Kpc7!) 2…Kpb7 3. Kpf7! Kpb8 4. Kpe6 Kpc7 (4…Kpc8 5. Kpd6!) 5. Kpe7! Kpc6 6. Kpd8 Kpd6 7. Kpc8, Kpc6 8. Kpb8 Kpb6 9. Kpa8 и белые выигрывают.

(см. «Квант», 1980, № 11)

1. Белые выигрывают, если при короле на d4 могут сыграть e4—e5 без шаха или вторгнуть на поле f4. Таблица соответствующих полей нанесена прямо на диаграмму.

Подробное описание ее построения мы здесь опускаем. Если ход черных, то они играют 1…Kpg7! и добавляют ничей, занима соответствие поля при любых маневрах белого короле. Если же ход белых, то 1.Kpb1 лишает черных возможности держать опозицию. Вот примерный вариант: 1.Kpb1! Kpg7 2.Kpc1 Kpg6 3. Kpd1 Kpg5 4.Kpc2! Kph6 5.Kpd2! Kph5 6.Kpc3! Kpg5 7.Kpc4! Kpg6 8.Kpd3 и далее Kpd3 — d4 или Kpd3 — e3 — f4 с выигрывем.
2. Авторское решение такое: 1.Jlf8! Cc6 2.Jle8 Cd5 3.Jld8 Ce4 4.Jlc8 Cd5 5.Cf3 Cc6 6.Ce4 Cb7 7.Cd5 Cc6 8.Jlh8 Cb7 9.Cc6 C:c6×! Многие читатели нашли решение, состоящее всего из трех ходов: 1.Cd5! Cc6 2.Jlh8! Cb7 3.Cc6 C:c6×.

(см. «Квант», 1980, № 12)

1. (К.Фабель, 1949 г.). Последним ходом белых была короткая рокировка! Самое удивительное, что в ней участвовал один король, переместившийся с el на g1. Дело в том, что белые играли партию с форой в две ладьи, а ладья на h3 — превращенная! Вместо короткой рокировки белые теперь делают длинную, в результате чего их король попадает с el не на g1, а на cl (ладья al, как и h1, участует в рокировке лишь символически). После 1.0 — 0 черный король вынужден отступить в угол 1…Kpa1, где и получает mat — 2.Jla3×.
2. (Ф.Вайрд, 1910 г.). Последним ходом белый король взял черную ладью Kpg4:Лlf5, которая перед этим побила белого ферзя — Лlf1:Фf5. Вместо этого черные играют 1…Jlh1 и получают mat — 2.Фf2×.
   В условиях, конечно, опечатка (на доске стоит не конь, а король), но многое читатели «решили» и задачу с конем (что им зачится при подведении итогов).
3. (Э.Погосянц, 1963 г.). Превращение пешки в ферзя можно разбит на две части: 1) с доски снимается собственная пешка; 2) на доску ставится превращенный ферзь. Белые уже успели сделать полхода — сяли с доски своего пешку h7. Телерь они заканчивают ход, водружая на h8 ферзя! Итак, полный ход белых — 1.h7 — h8Ф×!
4. (Э.Погосянц, 1980 г.). Ход, который заключится в превращении пешки со взятым, можно разбит на три части: 1) с доски собственной пешки; 2) с доски непрятельской ферзры; 3) на место взятой ферзры ставится превращенная. В данной позиции треть ход уже сделана — белые сяли с доски своего пешку g7. Осталось снять черного ферзя («треть» хода), и на его место поставить белую ладью или ферзя (еще «треть» хода). Полный ход 1.g7:h8JL×!

Номер подготовили:
А. Виленкин, А. Егоров, И. Клумова, Т. Петрова,
А. Сосинский, В. Тихомирова, Ю. Шиханович

Номер оформили:
Л. Денисенко, М. Дубах, Г. Красников,
С. Лухин, Э. Назаров, И. Смирнова

Зав. редакцией Л. Чернова

Худоместственный редактор Т. Макарова

Корректор М. Медведская

113035, Москва, М-35, Б. Ордынка 21/16,
«Квант», тел. 231-83-62
Сдано в набор 22.12.80
Подписано в печать 4.2.81
Печать офсетная
Бумага 70×108 1/16, Физ. печ. 4
Усл. печ. л. 5,60 Уч.-изд. л. 6,89 Т-02976
Цена 30 коп. Заказ 3123 Тираж 235 652 экз.

Чеховский полиграфический комбинат
Соизполгирфпрома
Государственное комитета СССР
по делам издадельств, полиграфии
и книжной торговли,
г. Чехов Московской области