Ботвинник проигрывает и... выигрывает

60

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

Ботвинник проигрывает и… выигрывает
Пятидесные годы прошли под знаком соперничства между Михаилом Ботвинником и Василием Смысловым. Если в матче 1954 года претендент ограничился почетной ничей, то в 1957 году ему уже удалось взойти на вершину (счет 12,5:9,5). Bot эпизод из шестой партии матча.

Смыслов — Ботвинник
23. Л:d5! Эффективное продолжение, которое сразу дает исходы. 23…ed 24. К:c7 Лдс8 25. С:c8 Л:c8 26. К:d5 Л:c6+ 27. Крd2 Крб 28. Кс3. Черные сделы.
Ботвинник превозходно подготовился к матч-реваншту и через год уверенно вернул себе корону (12,5:10,5). Он начал матч с трех «рядовых» побед, а после 15-ей партии счет мог уже стать 10:5. Положение черных, которые играл Ботвинник, было значительно лучшим, причем почти любой ход сохранял превес. Гроссейстер погрузился в раздумье с тем, чтобы наметить наиболее четкий план выигрыша. Каково же было удивление Ботвинника, когда вдруг к столику подошел арбитр и сообщил, что черные просрочили время и им зачищываются порожение. Единственное служой такого рода за всю историю матчей на первенство мира!
Интересная позиция возникла в 18-й партии матча.

Ботвинник — Смыслов
Матовое колюто вокруг черного короля вот-вот комкнется. Однако белые довели свой перевести до победы только спустя… 50 ходов, причем «по дороге» могли сами получить mat! Тем не менее первоое впечатление от позиции не является ошибочным — в распоряжении белых была эффективная комбинация, которая, увы, осталась за кулисами: 23. Kd4!! cd (не меняет дела 23…K:d4 24. Cd5+! Л:d5 25. Ле7 Лf7 26. Лe8+) 24. Cd5+! Л:d5 (24… Крh8 25. Ле7) 25. Ле8!, и мат неизбежен.
Волшебник шахмат Михаил Таль на рубеже 50-х и 60-х годов своих удивительных комбинациями приводил в трепет самых стойких гроссейторов. Путь от мастер до чемпиона мира он прошел всего за три года!
Выиграв matч у Ботвинника со счетом 12,5:8,5, 23-летний ряжинн стал восымым и самым молодым в истории шахматным королем. В комбинационных бурях он явно превосходил своего могучего соперника. Эппизод из 17-й партии матча, выиграной кинжальным тактическим ударом Таль, вы можете найти на «шахматной странице» в «Кванте», 1980, № 2.
Через год в матч-реванште Ботвинник вновь блескнул умением нахождения «ахилесову пяту» в игре своих соперников. Тлубоко проанализировав причины неудачи в победке с молодым ряжинном, он с удивительным легкостью вернул себе титул сильнейшего шахматиста мира (счет 13:8). Bot финальная сцена заключительного, 21-го поединка.

Ботвинник — Петросян
Черные изящно реализуют свой позиционный перевести: 51…c3+! 52. Кр:c3 Лс7+ 53. Крd2 Кес4+ 54. Крd1 Ка3! 55. Лb2 Кdc4 56. Лa2 ab 57. ab К:b5 58. Ла6 Кс3+ 59. Крс1 К:d5 60. Ca4 Лес8 61. Ke1 Кf4. Белые сделы.
Это был 25-й матч на первенство мира. Он стал последним в биографии партии архрана с советскими шахматами М. Ботвинника. Право на матч-реванштЬ было отменено, начинать «с нуля» Ботвинник не захотел. Кроме того, экспертин мира, владелший шахматной короной 15 лет с двумя годичными перевыами, практической игре в скором времени предпочел работу по созданию искусственного шахматства! Его целиком увлекателька алгоритма игры в шахматы для ЭВМ.

61

Окружность девятки точек и прямая Эйлера

1. Девять точек, определяющие окружность, для всех треугольников одни и те же.
2. Воспользователь свойством (6).
3. Воспользователь свойством (7).
4. Доказите, что если $M$ — точка на описанной окружности и $H$ — ortоцентр треугольника, то прямая Симсона, соответствующая точке $M$, делит $[HM]$ пополам — так же, как и окружность девятки. Далее доказите, что угол между прямыми Симсона, соответствующими точкам $M_1$ и $M_2$, изменяется поливной дуги $M_1M_2$.
5. 2. Если $O_1, O_2, O_3$ — центры окружностей, описанных около треугольников AMB, BMC и CMA, то $O_1O_2CA, O_2O_3AB, O_3O_1BC$ — параллелограммы, а ortоцентрами треугольников AMB, BMC и CMA являются, соответственно, $C, A$ и $B$. Значит, прямые Эйлера $O_1C, O_2A$ и $O_3B$ пересекаются в точке, являющейся серединой отрезков $O_1C, O_2A, O_3B$.

6. Пусть $O_1, O_2, O_3$ — центры окружностей, описанных около треугольников AMB, BMC и CMA, $O_1', O_2', O_3'$ — точки, им симметричные относительно, соответствующего, прямых $AB, BC, CA$. Доказите, что треугольник $O_1'O_2'O_3'$ — правильный, точки $M, O_1', O_2', O_3'$ лежат на одной окружности, прямые Эйлера треугольников AMB, BMC и CMA проходят через $O_1, O_2, O_3$ и середины отрезков $MO_1', MO_2', MO_3'$ соответствующего и перпендикулярными этим отрезками. Следовательно, прямые Эйлера пересекаются в центре окружности, описанной около треугольника $O_1'O_2'O_3'$.

6. Пусть $|BC|=a, |CA|=b, |AB|=c$. Множество точек $M$, для которых
   $$|MA|^2(b^2-c^2) + |MB|^2(c^2-a^2) + |MC|^2(a^2-b^2) = 0,$$
   есты прямая, поскольку центр описанной окружности и точка пересечения медиан удовлетворяют этому уравнению (для точки пересечения медиан воспользоваться формулой, выражающей их длины через стороны треугольника), эта прямая есть прямая Эйлера. Легко проверить, что точка $L$ также удовлетворяет этому уравнению.

Математические соревнования
в ФМШ при ЛГУ
(см. «Квант» № 7)

Школьные олимпады

1. См. рисунок 1.
2. Положив $a=3\sqrt{5}, b=3\sqrt{2}$, перепишем тожество в виде $3\sqrt{a-b^2}=b+ab^2-a^2$ и доказем его возвведение обихаче в квадрат $(a^3=5, b^3=2)$.
3. Если $[AB_1], [AB_2], ..., [AB_9]$ — данные отрезки, то утверждение задачи следует из того, что ни при каком выборе знаков сумма векторов $\pm \overrightarrow{AB_1} \pm \overrightarrow{AB_2} \pm ... \pm \overrightarrow{AB_9}$ не равна 0, так как проекция этой суммы на ось, перпендикулярную прямой $l$, — это сумма двеяти равных по modulo (и не равных 0) чисел.
4. См. рисунок 2.
5. Пусть в произвольный момент времени одна из стрелок образует с направлением на 12 часов угол $\alpha$, а другая — угол $\beta$ ($\alpha$ и $\beta$ изменены в градусах). Если первая стрелка — часовая, вторая — минутная, то $\frac{12\alpha-\beta}{360} \in \mathbb{Z}$; если, наоборот, первая стрелка — минутная, а вторая — часовая, то $\frac{12\beta-\alpha}{360} \in \mathbb{Z}$. Время невозможного определить правильно, если выполненены оба условия, причем стрелки не совпадают. Это имеет место в том и только в том случае, когда $\frac{143\alpha}{360} \in \mathbb{Z}$, но $\frac{11\alpha}{360} \notin \mathbb{Z}$.
   Так как $0 \leq \alpha < 360$, условие $\frac{143\alpha}{360} \in \mathbb{Z}$ выполняется при $\alpha = \frac{360}{143}n$, где $n=0, 1, 2, ..., 142$, а условие $\frac{11\alpha}{360} \in \mathbb{Z}$ выполняется при $n=0, 13, 26, ..., 130$. Таким образом, в течение получения 143—11 = 132 момента, когда время по данным часам невозможно определить, а в течение суток таких моментов 264.
6. Так как данное число делится на 9, остается общеечить делимость на 25. Легко понять, что искомое число должно оказаться на 75,

62

а перед семеркой должно стать максимально возможное число девяток. Ответ: 26 цифр.
7. См. рисунок 3.

8. Перевернем те и другие часы одновременно. Через 7 минут перевориваем первые часы, через 11 минут — вторые часы, через 14 минут и те, и другие. Песок на больших часах пересыпается через 3 минуты после последнего переворивания, то есть через 17 минут после начального момента.

9. График одной из таких функций изображен на рисунке 4.

10. Приведем пример такой функции. Зададим последовательность $(a_n)$ равенствами: $a_1 = 0, a_2 = 1, a_n = a_{n-2}^2 + 2$ (при $n \geqslant 3$). Очевидно, промежуток $[0; +\infty]$ разбивается на непересекающийся промежутки $[a_1; a_2], [a_2; a_3], [a_3; a_4]$ и т. д., причем функция $x \rightarrow x^2 + 2$ переводит первый из этих промежутков в третий, второй — в четвертый, третий — в пятый и т. д. Функцию $f$ построим по индекции так, чтобы она отображала первый промежуток на второй, второй — на третий, третий — на четвертый и т. д. Для этого положим $f(x) = x + 1$, если $x \in [a_1; a_2]$. Предположим, что $f$ уже определяна при всех $x < a_n$. Пусть $x \in [a_n; a_{n+1}]$. Найдем такое $t \in [a_{n-1}; a_n]$, что $f(t) = x$ (это можно сделать так как $f$ уже определяна на отрезке $[a_{n-1}; a_n]$ и отображает его на отрезок $[a_n; a_{n+1}]$), и положим $f(x) = t^2 + 2$. Для $x < 0$ положим, $f(x) = f(-x)$.

11. Допустим, что расстояние $x$ не встречается между двумя красьми точками, а расстояние $y$ не встречается между двумя синими точками. Пусть $a$ — конец одного из отрезков. Тогда $a + x$ — синия точка, $(a + x) + y$ — красная точка и $a + y$ — красная точка. Мы получили две красьные точки $a + y$ и $a + x + y$ на расстоянии $x$.

12. Возьмем натуральное $m$, большее числа цифр в каждой из чисел $a$ и $b$. Положим $n = 10^m - 1$. Тогда $na = 10^m a - a$. Если $a_1, a_2, \dots, a_{s-1}, a_s$ — последовательные цифры числа $a$, причем $a_s \neq 0$, то $a_1, a_2, \dots, a_{s-1}, a_s - 1$ — первый $s$ цифр числа $na, 9 - a_1, 9 - a_2, \dots, 9 - a_{s-1}, 10 - a_s - s$ последних цифр этого числа, а остальные $m - s$ цифр этого числа — девятки. Позному сумма цифр числа $na$ равна $9m$ и тем самым не зависит от $a$. Следовательно, такую же сумму цифр имеет число $nb$.

13. Поместите в точку $A$ массу 1, в точки $D$ и $B$ — массы 2, в точку $C$ — массу 4. Центряжестки этой системы — точка $R$. Поместив в $A$ и $C$ массы 2, в $D$ — массу 1, а в $B$ — массу 4, получим центяжестки — точку $S$. Отсюда выведите, что $|FS| = |SR| = |RK|$. Аналогично, $|MQ| = |QR| = |RH|$. Позному $(QS) \parallel (MF)$ и, значит, $(QS) \parallel (BD)$. Аналогично доказывается, что $(PR) \parallel (AC)$.

14. Для любых положительных чисел $x$ и $y$ легко доказывается неравенство $\left(\frac{x}{y}\right)^{x-y} \geqslant 1$, откуда $x^y \cdot y^x \leqslant x^x \cdot y^y$. Применив последнее неравенство к каждой паре чисел $a_i, a_j$, где $i < j$, и переменных полученные неравенства, прием к утверждению задачи.

15. Для решения воспользовемся тождеством $n^4 + 4 = ((n-1)^2 + 1) \cdot ((n+1)^2 + 1)$

Рис. 4.

Получаем

$$\frac{(1^4 + \frac{1}{4}) (3^4 + \frac{1}{4}) \cdot \dots \cdot (11^4 + \frac{1}{4})}{(2^4 + \frac{1}{4}) (4^4 + \frac{1}{4}) \cdot \dots \cdot (12^4 + \frac{1}{4})} = \frac{(2^4 + 4)(6^4 + 4) \cdot \dots \cdot (22^4 + 4)}{(4^4 + 4)(8^4 + 4) \cdot \dots \cdot (24^4 + 4)} = \frac{(1^2 + 1)(3^2 + 1)(5^2 + 1)(7^2 + 1) \cdot \dots \cdot (3^2 + 1)(5^2 + 1)(7^2 + 1)(9^2 + 1) \cdot \dots \cdot (21^2 + 1)(23^2 + 1)}{(23^2 + 1)(25^2 + 1)} = \frac{2}{626} = \frac{1}{313}.$$

16. Так как биссертрисы углов $B, E$ и $K$ являются серединными перпендикулярами отрезков $AC, CH, HA$, они пересекаются в одной точке. Обозначим ее через $O$. Ясно, что $|OA| = |OC| = |OH|$. Положим $OAB = OCB = a$, $OCE = OHE = \beta$, $OHK = OAK = \gamma$. По условию $\alpha + \beta = \alpha + \gamma = \beta + \gamma$. Следовательно, $\alpha = \beta = \gamma$. Значит, $[OA], [OB], [OC], [OE], [OH], [OK]$, — биссертрисы соответствующих углов. Поэтому $O$ — центр вписанной окружности.

«Квант» для младших школьников
(cm. «Квант» № 5)

1. 34316 + 75 281 + 9 = 109 606.

2. Искомая «десятка» может, например, начинаться с числа a) 114 (см. таблицу простых чисел в учебнике «Matematika 5») или 11! + 2 (11! = 1 • 2 • 3 • 4 • … • 11); 6) 113; в) 18; г) 6; д) 1 или 3.

Нетрудно доказать, что максимальное количество чисел средней десяти последовательных натуральных чисел равно пяты, причем такая «десятка» единственная она числом 2.

3. По условиям, $DBB_1$ в два раза больше $DAA_1$ (рис. 5). Отсюда следует (доказать!), что точка $M$ лежит на дуге $DA$ окружности $(B, |AB|)$.

4. Требуется расстановка получится, если сначала занумеровать кружки по порядку (рис. 6), а затем помещать местами числа, расположенные в серединах противоположных сторон большого шестиугольника (рис. 7).

5. См. рисунок 8.

63

«Квант» для младших школьников
(см. «Квант» № 7)

1. «Переставляшки». Хаос, щелк, лось, фанза (есты слово фанза — китайский дом с двумскатной крышей, преимущественно в сельских местностях, и есть слово фанза — род шелковой ткани), навести, атлас, склен, крест, ментор (а вовсе не монтёр), щетина, лозика, кондор (птица), корвет (трехмачтовый корабль), корсет (широкий, упругий пояс для стягивания талии), лепесток, риска, тесак, ласка, тапир, ропот, порка, колос, оклад, садок.
   Марш — шрам — шарм (обаяние).
   Спрут — спрут (бурный финиш) — струп (сухая корочка на заживающей ране).
   Рост — сорт — горс (тульвище) — трос.
   Колун — клоун — уклон — кулон.
   Автор — вторая (второй глос в музыкальной партии) — отвар — рвота — товар — tavро.

Рис. 5.

Рис. 6.

Рис. 7

Рис. 8.

«Квант» для младших школьников
(см. «Квант» № 6)

1. 7 составов. Проще всего в этом убедиться, если нарисовать диаграммы движения составов, взяв систему координат «время — расстояние». Интересно, что разница во времени между Москвой и Фрунзе не важна.
2. См. рисунок 9.

Рис. 9.

3. Пусть $a_1, a_2, \dots, a_{21}$ — числа, написанные на первом диске. Повернем второй диск 21 раз на углы 2π/21, 4π/21, …, 40π/21, 2π. Так как сумма видимых через окшечки пятки чисел при каждой повороте равна нулю, сумма всех таких сумм (всего их 21 — по одной от каждой поворота) также равна нулю. Но в этой «сумме сумм» каждое из чисел, написанных на первом диске, встречаетсяровно 5 раз, и поэтому $5(a_1 + a_2 + \dots + a_{21}) = 0$, откуда $a_1 + a_2 + \dots + a_{21} = 0$.
4. 1. 625 = 25²; 2) 7⁴ = 2401; 3) 39² = 1521; 4) 128 = 2⁷; 5) 2¹² = 4096; 6) 96 × 7 = 672.

«Квант» для младших школьников
(см. «Квант» № 7)

1. «Переставляшки». Хаос, щелк, лось, фанза (есты слово фанза — китайский дом с двумскатной крышей, преимущественно в сельских местностях, и есть слово фанза — род шелковой ткани), навести, атлас, склен, крест, ментор (а вовсе не монтёр), щетина, лозика, кондор (птица), корвет (трехмачтовый корабль), корсет (широкий, упругий пояс для стягивания талии), лепесток, риска, тесак, ласка, тапир, ропот, порка, колос, оклад, садок.
   Марш — шрам — шарм (обаяние).
   Спрут — спрут (бурный финиш) — струп (сухая корочка на заживающей ране).
   Рост — сорт — горс (тульвище) — трос.
   Колун — клоун — уклон — кулон.
   Автор — вторая (второй глос в музыкальной партии) — отвар — рвота — товар — tavро.

Рис. 10.

Рис. 11.

2. Два решения — см. рисунок 10.
3. См. рисунок 11: пятнуюгольники — правильные, треугольники — равнобедренные.
4. При правильной игре выиграveет начинающий: первый ход он проводит большую диагональ 1980-угольника, а затем соединиет точки, симметричные относительно проведенной диагонали тем, которые соединият второй игре.

Шахматный конкурс
(см. «Квант» № 3)

1. Ласкер — Бауэр (Амстердам, 1889 г.). Одна из самых знаменитых шахматных комбинций — белые одного за другим жертвуот двух слонов: 1. С:h7 +! Кр:h7 2. Ф:h5 + Крg8
2. С:g7! Кр:g7 4. Фg4 + Крh7 5. Лlf3 e5
3. Лlf3 + Фh6 7. Л:h6 + Кр:h6 8. Фd7! Черные сdalись.
4. Ласкер — Стейниц (Петербург, 1895—1896 гг.). 1. Ф:f4! ef 2. Kf6! Ke6 3. K:d7 K:g5
5. Ле7 Крg8 5. Kf6 + Кpf8 6. Л:c7. Черные сdalись.