Vua cờ vua đầu tiên

61

Tư vấn: vô địch cờ vua thế giới, kiện tướng quốc tế A. Karpov.
Trang này được điều hành bởi E. Gik, Thạc sĩ thể thao cờ vua của Liên Xô, Ứng viên Khoa học Kỹ thuật

Vua cờ vua lông vũ
Vì vậy, trang cờ vua của chúng tôi bắt đầu năm thứ hai tồn tại. Trong thời gian này, biên tập viên của tạp chí đã nhận được rất nhiều thư từ độc giả và chúng tôi tin rằng cờ vua rất phổ biến đối với trẻ em yêu thích khoa học. Chúng tôi cố gắng đảm bảo rằng tài liệu trên các trang của chúng tôi rất đa dạng - bài toán và các giai đoạn, sự kết hợp và trò chơi thú vị của những kỳ thủ xuất sắc được kèm theo thông tin về các sự kiện, nguồn gốc trong thế giới cờ vua, các câu đố toàn cầu và các bài toán cờ vua có cốt truyện hình học. Chúng tôi sẽ tiếp tục giới thiệu cho bạn các khía cạnh khác nhau của trò chơi cờ vua và nghệ thuật cờ vua.

Hãy để chúng tôi nhắc bạn rằng mùa hè này đã diễn ra trận đấu thứ 30 của giải vô địch cờ vua thế giới. Do đó, rất nhiều sự chú ý trên các trang của chúng tôi sẽ bị loại bỏ bởi trận đấu giành vương miện cờ vua. Ít nhất chúng tôi sẽ nói ngắn gọn về từng trận đấu và trình bày những phân đoạn nổi bật và thú vị nhất của cuộc chiến. Trong cuộc thi cờ vua, sự kết hợp của nhà vô địch thế giới và đối thủ của họ sẽ được trao giải lời giải.

Lịch sử cờ vua đầy rẫy những “nữ hoàng không đăng quang” - những kỳ thủ cờ vua mạnh nhất trong thời đại của họ, những nhà vô địch thế giới không chính thức: Greco, Philidor, Labourdonnais, Statunton, Andersen, Morphy. Vào những năm 80, nhiều thế kỷ trôi qua, thế giới cờ vua quyết định rằng cờ vua có một vị vua “thực sự”, và vào năm 1886, sau khi đánh bại I. Zukertort, Wilhelm Steinitz được tuyên bố là nhà vô địch thế giới chính thức đầu tiên. Steinitz được công nhận một cách không chính thức là kỳ thủ cờ vua giỏi nhất thế giới vào năm 1866 sau khi giành chiến thắng trong trận đấu với Andersen. Vì vậy, hai mươi năm sau, ông đã hợp pháp hóa danh hiệu của mình.

Trận đấu diễn ra ở một số thành phố của Mỹ. Sau năm ván đấu, Steinitz đã thua người đương thời xuất sắc của mình với tỷ số 1:4, nhưng sau đó đã lật ngược tình thế và giành được chín chiến thắng (trận đấu kéo dài cho đến mười chiến thắng). Đến đây là kết thúc ván áp chót của trận đấu.

Steinitz - Chigorin
Trong trận mở màn, ván thứ tư của trận đấu, Đen mắc một số sai lầm về vị trí và Steinitz đã sử dụng chúng một cách khéo léo: 9. d5! ed 10. a3! Kd4 (thảm họa 10… …C:c3 11. C:c3 và 12. C:g7, cũng như 10…Cd6 11. K:d5 Qc5 12. Ce3 Qa5+ 13. b4) 11. Cd3 0-0-0 12. ab K:f3+ 13. Q:f3! Q:a1+ 14. Ke2 Q:b2 15. Rb1 Qa3 16. Nb5 Qa6 17. Q:f7 Qb6 18. Rc1 h6 19. Q:g7 de 20. Q:c7+ Q:c7 21. R:c7+ Npb8 22. B:e4. Họ trở nên đen đủi.

Vào cuối những năm 80, một thế kỷ trôi qua và I. Gunsberg đã vô địch một số giải đấu lớn và chơi một trận hòa với Chigorny. Điều này khiến anh ta có lý do để ném găng vào tay nhà vô địch. Dù không giành được lợi thế lớn nhưng Steinitz đã bảo vệ danh hiệu của mình một cách khá tự tin. Ván thứ bảy của trận đấu này đã kết thúc như thế.

Steinitz - Gunsberg
22. R:f6! gf (vào ngày 22… Q:f6 quyết định 23. d7 Ice8 24. Q:a8! R:a8 25. Rc8+ Qd8 26. R:a8 Q:a8 27. Ce7) 23. d7 Rg8 24. de Rg5 (24…fe 25. Bb2) 25. Q:a8! Q:a8 26. Rc8+Rg8 27. R:a8 R:a8 28. e6. Họ trở nên đen đủi.

62

Mười bài toán để áp dụng tùy ý

1. Con số đúng là 1, $u$.
2. Các lỗi xảy ra ở Hình 2, $a - \beta$, $\partial$.
3. Xem hình. 1.
4. Đã sửa biểu đồ phụ thuộc $I = I(t)$.
5. Nếu $t = 0$ thì $v = q = 50$, do đó $q = 50$. Tiếp theo, từ thư từ $a = g = 2p = -10$ người ta thấy rằng $p = -5$. Cuối cùng, vì $h = 20$ ở mức $t = 0$ nên chúng ta nhận được $r = 20$. Do đó, $h(t) = -5t^2 + 50t + 20$ (Hình 2).
6. Danh sách 1. Trong tam giác cắt khỏi hình vuông thứ hai bởi tiếp tuyến với parabol tại điểm hoành độ 2, các phạm trù có cùng độ dài, bằng 5. Do đó $tg\alpha = 1$, tức là $v = 1$ m/s.
   Danh sách 2. Tọa độ của điểm (0; 3) và (3; $7\frac{1}{2}$) thỏa mãn phương trình $x(t) = pt^2 + qt + r$. Vì vậy, $3 = p \cdot 0^2 + q \times 0 + r$, $7\frac{1}{2} = p \cdot 3^2 + q \cdot 3 + r$. Ngoài ra, $3 = -\frac{q}{2p}$. Giải hệ ta tìm được $p = -\frac{1}{2}$, $q = 3$, $r = 3$. Vì vậy, $x(t) = -\frac{1}{2}t^2 + 3t + 3$. Vì vậy $v = x'(t) = -t + 3$. $v(2) = 1$ m/s.
7. Tiếp tuyến của góc $\alpha$ tạo bởi tiếp tuyến của đường cong $\varphi = \varphi(t)$ tại điểm $t = 3$ có ​​thể là

Hình 1
Hình 2.
Hình 3.
Hình 4.
Hình 5.
Hình 6.

63

tìm từ tam giác vuông $AOB$ (xem Hình 3). Cũng có thể tìm phương pháp đồ thị tính hệ số góc của tiếp tuyến như sau: 1. Vẽ đường thẳng $l$ đi qua điểm 0, song song với tiếp tuyến $AB$. 2. Tìm điểm $M$ giao điểm $l$ với đường $t=1$. 3. Qua điểm $M$ ta vẽ đường thẳng $m$, song song với trục $t$. Đặt $P$ là giao điểm của $m$ với trục $q$. Tọa độ của điểm $P$ bằng tiếp tuyến của góc nghiêng của tiếp tuyến $(AB)$ với trục $t$ (hãy chắc chắn về điều này). Sử dụng phương pháp được chỉ định, chúng tôi nhận được $\omega(3)=tg\alpha\approx-0.4$. 8. Cho điểm $K(t_0;v(t_0))$ lấy đồ thị $v$. Để xây dựng điểm tương ứng $K_1(t_0;v'(t_0))$, sẽ thuận tiện khi sử dụng phương pháp được mô tả trong lời giải bài toán 7: với mỗi điểm $t_0$, đường thẳng $m$ tại giao điểm với đường thẳng $t=t_0$ cho điểm $K_1(t_0;v'(t_0))$, thuộc đồ thị gia tốc mong muốn. Sau khi đã xây dựng một số lượng điểm đủ lớn có dạng $(t;v'(t))$, chúng ta kết nối chúng bằng một đường tuyến tính trơn (Hình 4)*. Kết quả là, chúng ta thu được một đường cong liên tục thể hiện trực quan các đặc điểm về sự phụ thuộc của gia tốc $a$ vào thời gian $t$.

9. $\tau(4)=m'(4)\approx10$ kg/m (Hình 5).

10. Chúng ta xây một đường thẳng $v=3t$ (Hình 6). Bằng cách di chuyển đường thẳng này song song với chính nó (điều này có thể được thực hiện bằng thước và vẽ hình tam giác), chúng ta đảm bảo rằng hoành độ của các điểm tiếp tuyến gần đúng bằng 3,1 và 3,3. Do đó, $a=3$ m/s² tại $t_1\approx3,1$ và $t_2\approx3,3$.

Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow Toán học
Tùy chọn 2

1. Nếu $x$ là số kg của hợp kim thứ hai, $y$ là số kg sắt có trong hợp kim mới thì tại $0\leq r<30$, $x=0$, $y=4,9$, tại $r=30$, $x\in[0;18]$, $y=0,7x+4,9$, tại $30<r\leq100$, $x=18$, $y=12,9-0,18r$.

2. $\frac{1}{3}hc\frac{\sqrt{64h^2-c^2\cos^2\alpha}}{\sin 2\alpha}$.

3. $F(x)=9-x-\log_8|x|$, $x=8$.

4. $[0;28]$.

Vật lý

1. Bốn lực tác dụng lên khối (Hình 7). Đó là lực $m\vec{g}$, phản lực $\vec{R}$, lực đàn hồi của lò xo $\vec{T}$ và lực trượt $\vec{F}_{\tau p}$. Vì khối không có gia tốc nên tổng hình chiếu của tất cả các lực lên trục ngang và trục dọc đều bằng 0: $|\vec{F}_{\tau p}|-|\vec{T}|sin\alpha=0$, $|\vec{T}|cos\alpha+|\vec{R}|-mg=0$.
   Ngoài ra, $|\vec{F}_{\tau p}|=\mu|\vec{R}|$ và $|\vec{T}|=k(l-l_0)=k(l_0/cos\alpha-l_0)=kl_0(1/cos\alpha-1)$.

*) Xây dựng đồ thị của hàm số tùy ý từ đồ thị của chính hàm số đó gọi là đạo hàm đồ họa.

Từ các đẳng thức thu được ta tìm được hệ số ma sát

$$\mu=\frac{kl_0(1/cos\alpha-1)sin\alpha}{mg-kl_0(1-cos\alpha)}=0,2.$$

2. Chúng ta hãy biểu thị bằng $\vec{v}$ tốc độ của quả bóng tại điểm $C$ (xem Hình 3 trong bài viết). Nó có thể được tìm thấy từ định luật bảo toàn năng lượng

$$\frac{m|\vec{v}|^2}{2}=\frac{m|\vec{v}|^2}{2}+mgR(1-cos\alpha).$$

Thời gian của khối bay từ điểm $C$ đến điểm $D$ được xác định theo công thức

$$t=2|\vec{v}|sin\alpha/g.$$

Phạm vi bay của khối là

$$l=|\vec{v}|cos\alpha\cdot t=|\vec{v}|^2sin2\alpha/g=(\|\vec{v}\|^2-2gR(1-cos\alpha))sin2\alpha/g=6,9\text{ м}.$$

3. Ta ghi lại gia tốc cân bằng của pít-tông sau khi làm nóng chất khí và chuyển động điểm $O$:

$$kx+pS_1-p_0S_1-|\vec{F}|=0,$$

$$p_0S_2+|\vec{F}|-pS_2=0.$$

Ở đây $\vec{F}$ là lực căng của thanh, $p$ là áp suất khí mới, có thể tìm được từ gia tốc của thể tích khí không đổi:

$$\frac{p}{p_0}=\frac{T}{T_0}=\frac{T_0+\Delta T}{T_0}.$$

Loại bỏ $|\vec{F}|$ và $p$ khỏi các đẳng thức thu được, ta tìm được khoảng cách cần thiết

$$x=\frac{p_0(S_2-S_1)}{k}\frac{\Delta T}{T_0}=0,25\text{ м}.$$

4. Định luật II Newton về chuyển động dọc theo chu vi của piston sẽ được viết dưới dạng

$$m\omega^2r=(p_2-p_1)S,$$

trong đó $p_2$ là áp suất ở trạng thái đá của khí và $p_1$ là áp suất của khí loãng. Áp suất $p_1$ và $p_2$ có thể được tìm thấy từ gia tốc mà nhiệt độ khí không đổi:

$$p_1(l+r)=p_0l,$$

Khi đó vận tốc góc

$$\omega=\sqrt{\rho_0V/m(l^2-r^2)}=200\text{ рад/c}.$$

5. Điện tích $q$ trên các bản tụ thay đổi theo quy luật

64

$$q = CU = \frac{\varepsilon_0 S}{d} \varepsilon = \frac{\varepsilon_0 S \varepsilon (1 + at)}{d_0}.$$

Vì vậy $I$ là tốc độ thay đổi điện tích theo thời gian, nghĩa là đạo hàm của điện tích theo thời gian, do đó,

$$I = q'(t) = \varepsilon_0 S \varepsilon / d_0 = 2 \cdot 10^{-8} \text{ A}.$$

6. Khoảng cách $l$ từ nguồn đến gương và khoảng cách $l'$ từ gương đến ảnh của mối liên hệ giữa các công thức của gương cầu

$$\frac{1}{l} + \frac{1}{l'} = \frac{2}{R}.$$

Bán kính $r$ của vòng tròn mà nguồn di chuyển dọc theo và bán kính $r'$ của vòng tròn mà hình ảnh di chuyển có liên quan với nhau bởi mối quan hệ

$$\frac{r}{r'} = \frac{l}{l'}$$

Từ đây chúng ta có được

$$r' = r \frac{l'}{l} = \frac{r R}{2l - R}.$$

Bây giờ chúng ta hãy tìm gia tốc hướng tâm $a'$ mà ảnh chuyển động:

$$a' = \omega^2 r' = \left(\frac{V}{r}\right)^2 \frac{r R}{2l - R} = \frac{V^2 R}{r(2l - R)} = 4.5 \text{ m/c}^2.$$

Thi đấu cờ vua

(xem “Quant” số 8, 1980)

1 (trái). Với nước đi của mình, Trắng lẽ ra đã chơi Kb6x, nhưng đây được gọi là “dấu vết sai” - nước đi cuối cùng của Đen là không thể. Do đó, ở vị trí này, Đen di chuyển (thường được gọi là số 0) và anh ta có được đối tác theo ba biến thể: 0…R:b7 1. Q:b7×; 0…C:b7 1. Ф:b7× (phần tử đã cho có mặt trong hai biến thể này - đầu nối); 0…C:b5 (a4—a3) 1. KB6×.

1 (phải). 0…h4 1. Kf8×; 0…fg 1. fg× (nhưng không phải 1. Kf8×).

2 (phải). Chung bài toán: 1. c8K! Rb5(b7,b8) 2. Nc6×; 1…L - bất kỳ nước đi nào dọc theo hàng thứ sáu 2. C:b4×.

2 (phải). Ở vị trí, nước đi của Đen là 0…gf 1. R:f5 h5 2. R:h5×.

3 (phải). 0…ab 1. a7 và 2. a8Ф (L)×; 0…cb 1. R:b6! Kp:a4 (1…ab 2. a7 và 3. a8Q×) 2. Rb5! Kp:a3 3. Ra5×;

3 (phải). Nước đen lại di chuyển (mã không thể đến h6 từ g4, vì lúc đó vua trắng sẽ bị chiếu). Có ba nhánh: 1. 0…K:f5 1. f8Ф hg 2. C:g6 và 3. Ф:g7×; 1…h6 2. g7+! (nhưng không phải 2. Kp:f5? - bế tắc! và không phải 2. Kpe5 Kg7!) 2…K:g7 3. Q:g7×. 11. 0…Kg4+ 1. C:g4! hg 2. f8Q gf 3. Qg7×, nhưng không phải 1. Kpe7? ôi! (1…C:f7? 2. g7+! Kpg8 3. C:f7×) 2. f8Ф gf! III. 0…hg 1. f8Q K:f5 2. C:g6 và 3. Q:g7×.

4 (phải). Cơ bản bài toán: 1. Kpb1 b3 2. Ka6! ba+ 3. Kpc2! và 4. Kc4×.

4. (Phải). Tương tự như bài toán số 2 (phải). Nước đi đen, 0…gh (0…gf 1. Cg7 f4 2. R:h6×) 1. Cg7 h4 2. K:h4 h5 3. Kf3 h4 4. Kg5×.

5 (phải). 0…R:a5+ 1. Kpb3 Rh5 2. Rc3—c6+ Kpa5! 3. R:a7+ Kpb5 4. Rb7+ Kpa5 5. Ra6×.

5 (phải). 1. Kf8+! (1. f8K+ Kpg7!) 1…Kpg7 2. Ke6+! Kph7 (2…Q:e6 3. f8Q+) 3. f8K+! Q:f8 4. K:f8+ Kpg7 5. Rf7>

6 (trái). 1. Kb6 c4! 2. Kpb5! c3 3. Kpa5 c2! 4. Kpb5 b3 5. Kpa5, và nếu thiếu hiệp sĩ 6. Kc4×.

6 (phải). 0…C:f7 1. Kp:f7 h4 2. f6! hg 3. Kp:g6! Kpg8 4. h7+! Kph8 5. f7 h3 6. f8Ф×; 2…h3 3. Kpe7 (e8) (3. Kpe6? Kpg8! 4. Kpe7 hg; 4. f7+ Kpf8) 3…hg 4. f7 Kph7 5. f8Q g5 6. Qg7×.

(xem Lượng tử số 9, 1980)

1. 1. c7 Rd6+ 2. Kpb5 (2. Kpc5? Rd1 3. c8F Rc1+) 2…Rd5+ 3. Kpb4 (bạn không thể đi đến dòng “c” nữa) 3…Rd4+ 4. Kpb3 Rd3+ 5. Kpc2! (Có vẻ như Trắng đã đạt được mục đích, việc thăng quân tốt lên hậu là điều tất yếu.) 5…R4! (Hóa ra 6. c8Q Rc4+! 7. Qxc4 dẫn đến bế tắc.) 6. c8R!! Teler trên vật liệu bến tàu bình đẳng, norosite 7. La8×. Sau khi buộc 7…Ra4 và đáp số 8. Kpb3! Đen mất quân hoặc bị chiếu tướng ở nước đi tiếp theo. Điều gây tò mò là bản thân Saavedra lại là một kỳ thủ cờ vua khá yếu. Họ kể rằng một ngày nọ, khi đang xem một trận đấu dễ mà họ chơi c7-c8F và rơi vào bế tắc, Saavedra đã gợi ý c7-c8L! Sau đó, ý tưởng này đã được những người chơi cờ khác xử lý và nó đã ra đời.
2. 1. Kc1 R:b5 2. c7 Rd5+ 3. Kd3! R:d3+ 4. Kpc2 Rd4 5. c8R!; 1…Rd5+ 2. Kpc2 Rc5+ 3. Kpd3! (3. Kpd2 Rd5+? 4. Kd3 thắng, nhưng 3…R:b5! 4. c7 Rb2+ 5. Kpd3 Rc2! 6. Kp:c2 bế tắc!) 3…R:b5 4. c7 Rb8! 5. cbC!, và, như bạn đã biết, giám mục và hiệp sĩ.
3. 1. Rh7+ Ne8 2. Kc8! (thua 2. Rh8+ hoặc 2. Kc6) 2…Bc5 3. Rh4 e1Q 4. Re4+! Q:e4 5. Kd6+ B:d6 bế tắc.

Số đã được chuẩn bị:
A. Vilenkin, A. Egorov, I. Klumova, T. Petrova, A. Sosinsky, V. Tikhomirova, Y. Shikhanovich

Số đã được phát hành:
M. Dubakh, G. Krasikov, S. Lukhin, E. Nazarov, E. Smirnov, L. Chernovskaya

Chủ biên tập bởi L. Chernov

Biên tập nghệ thuật T. Makarova

Người hiệu đính V. Sorokina

113035 Moscow, M-35, B. Ordynka 21/16, “Quant”, tel. 231-83-62
Giao theo bộ vào ngày 1/10/80
Ký xuất bản ngày 24/12/1980
Đọc phần bù
Vumaga 70×108 1/16. Vật lý. lò 4
Lò nướng có điều kiện l. 5.6 Biên tập học thuật. tôi. 6,79 T-22729
Giá 30 kopecks. Đặt hàng 2777
Lưu hành 234.653 bản.

Nhà máy in Chekhov
Ủy ban hỗn hợp
Liên Xô về xuất bản, in ấn và buôn bán sách,
Chekhov, khu vực Moscow

Trong hình này, các số 1, 2,…,25 được sắp xếp sao cho có thể chia chúng thành các nhóm có cùng tổng - 65 - theo nhiều “cách đúng”. Làm thế nào để làm điều này, xem p. 18