Kvant
Trang cờ vua

Lasker đánh bại Steinitz

Гик Е. Я.

Kvant 1981, số 2tr. 60-64Thẻ Z198

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

60

Trang cờ vua

Emmanuel Lasker, người sáng lập phương pháp tâm lý trong đấu cờ vua, trẻ hơn người tiền nhiệm vĩ đại của ông 32 tuổi, và sự chênh lệch tuổi tác này là một khởi đầu rất lớn trong cuộc chiến của họ.

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 Liên Xô, Ứng viên Khoa học Kỹ thuật.

Lasker đánh bại Steinitz
Trong số trước chúng ta đã nói về ba người chiếu tướng đầu tiên cho giải vô địch thế giới. Bây giờ chúng ta hãy tiếp tục…

Trận đấu thứ hai giữa W. Steinitz và kỳ thủ cờ vua vĩ đại người Nga M. Chigorin (1892) khác biệt đáng kể so với trận đầu tiên. Trò chơi đã diễn ra cho đến khi có được mười chiến thắng. Sau 23 ván đấu, Steinitz dẫn trước một điểm, tuy nhiên, nếu Chigorin thắng ván tiếp theo, tỷ số sẽ là 9: 9 và theo điều kiện của trận đấu, trận đấu sẽ tiếp tục cho đến khi có thêm ba trận thắng nữa. Trong trò chơi này, một sự cố biên giới đã xảy ra, điều mà tôi chưa từng thấy trong cuộc tranh giành vương miện cờ vua.

Chigorin - Steinitz
Trắng có quân phụ và sau 32.R:b7, quân trắng đã thắng dễ dàng (chúng tôi khuyên bạn nên tự mình xem điều này). Nhưng 32.Bb4 hoàn hảo?? theo sau và sau câu trả lời 32…R:h2+ trận đấu ngay lập tức kết thúc (33.Kg1 Rdg2×).

Lasker - Steinitz
Đây là thế cờ trong trận đấu tham gia của tôi năm 1894. Đen đã có lợi thế rất lớn trong trận khai cuộc, và mặc dù đối thủ không nỗ lực làm rối loạn thế cờ nhưng tình thế vẫn không thay đổi. Bằng cách đẩy quân hậu bây giờ (35.Qh6 không nguy hiểm vì 35…Rg3), Steinitz có thể chiếm thế thượng phong và dẫn đầu. Tuy nhiên, thần kinh của anh không thể chịu đựng được, ở nước đi tiếp theo, anh đã mắc sai lầm quyết định và sớm phạm lỗi - trận đầu tiên trong chuỗi năm trận thua.

34… bạn gái? 35.Qh5+ Ke7 36.Jlg8 Kd6 37.Jl:f5 Qe6 38.Jl:e8 Q:e8 39.Jl:f6+ Krs5 40.Qh6 Le7 41.Qh2 Qd7 (41…Qd8 42.Qf2+ và 43.Rf8) 42.Qg1+ d4 43.Qg5+ Qd5 44.Jlf5 Q:f5 45.Q:f5+ Kd6 46.Qf6+. Giao dịch đen.

Thua trận, Steinitz đã nói ba tiếng reo hò để vinh danh nhà vô địch thế giới thứ hai, nhưng hai năm sau, anh thách Lasker tái đấu. Trong suốt lịch sử sau đó, chưa bao giờ có một dịp nào khác mà một kỳ thủ cờ vua 60 tuổi bước vào cuộc chiến giành vương miện cờ vua thế giới. Steinitz bị cắt giảm. Điều gây tò mò là trận đấu này diễn ra ở Moscow, và trạng thái tiếp theo có đẳng cấp cao như vậy lại diễn ra ở thủ đô của chúng ta hơn nửa thế kỷ sau. Trong ván thứ hai của trận đấu, Lasker đã thực hiện pha phối hợp giao phối nổi tiếng.

Lasker - Steinitz
31.h4 h5 (lấy tượng ở f4 dẫn đến kết bạn nhanh chóng sau Kf6+) 32.Cg5 Cd8 33.g4! hg 34.h5 Kf8 35.Kec5+! dc 36.K:c5+ Kpd6 (trong trường hợp 36…Kpc7 37.C:e7 C:e7 38.Jl:e7+ Npb6 39.Jl:g7 là đủ để thắng, nhưng bây giờ bạn nên kết bạn với nhau) 37.Cf4+ Kpd5 38.Jle5+ Kc4 (38…Kpd6 39.Jlf5×; 38…Kp:d4 39.Jl1e4×) 39.Jlc1× Kp:d4 (39…Kpb4 40.Cd2+) 40.Kb3+ Kpd3 41.Jle3×. Thiết kế mờ cuối cùng của cân có hiệu quả.

Sau khi thuyết phục được thế giới cờ vua rằng mình chinh phục được nó là có lý do, Lasker phần nào giảm bớt hoạt động chơi cờ của mình, tập trung chủ yếu vào toán học và triết học. Chỉ nhiều năm sau, anh mới chơi một trận đấu mới cho chức vô địch thế giới. Lợi thế của Lasker trước Marshall là không thể phủ nhận. Đến đây là kết thúc ván thứ ba của trận đấu.

Marshall - Lasker
37…Kf3! 38.gf Q:h3+ 39.Kpg1 Qg3+ 40.Kph1 Rlf4 41.Qd8+ (41.Qh5 Rh4+ 42.Q:h4 đã đúng) 41…Kph7 42.Jlf1? (sai lầm cuối cùng, cơ hội hòa được bảo toàn 42.Jlc2 Rh4+ 43.Q:h4 Q:h4+ 44.Kpg2) 42…Jlf5! Giao dịch trắng (bạn đời là không thể tránh khỏi: 43.Qe8 Qh4+ 44.Kpg2 Rg5×).

61

Định luật bảo toàn năng lượng cho các quá trình nhiệt

  1. A=p0VΔT/T≈3,4A = p_0 V \Delta T / T \approx 3,4 J.

  2. Q=CvΔT+RΔT/2=3RΔT≈25Q = C_v \Delta T + R \Delta T / 2 = 3 R \Delta T \approx 25 J.

  3. n=−1/2n = -1/2.

  4. Trong phần 1–2, nhiệt độ của khí tăng lên và khí nhận được nhiệt. Ở đoạn 2-3, nhiệt độ của khí không thay đổi nhưng nhận nhiệt. Ở đoạn 3-4, nhiệt độ giảm, trong khi chất khí tỏa nhiệt. Ở phần 4-1, nhiệt độ không thay đổi nhưng chất khí tỏa nhiệt.

  5. A=mμRa2−(V22−V12)A = \frac{m}{\mu} \frac{R a}{2} - (V_2^2 - V_1^2); khí hấp thụ nhiệt.

Bàn tính có phù hợp không?

  1. Bàn tính sẽ trông giống như trong Hình 1. Số lớn nhất có thể được đặt trên bàn tính “hư hỏng” là 7531n=383107531_n = 383_{10}.
  2. 3121n=3⋅48+1⋅8+2⋅2+1=157103121_n = 3 \cdot 48 + 1 \cdot 8 + 2 \cdot 2 + 1 = 157_{10};
    1401n=1⋅48+4⋅8+0⋅2+1=81101401_n = 1 \cdot 48 + 4 \cdot 8 + 0 \cdot 2 + 1 = 81_{10};
    230n=2⋅8+3⋅2+0=2210230_n = 2 \cdot 8 + 3 \cdot 2 + 0 = 22_{10}.
  3. Hãy biểu thị số 371037_{10} dưới dạng tổng 3710=4⋅8+2⋅2+1=4211037_{10} = 4 \cdot 8 + 2 \cdot 2 + 1 = 421_{10}.
    Tương tự:
    5910=1⋅48+1⋅8+1⋅2+1=11111059_{10} = 1 \cdot 48 + 1 \cdot 8 + 1 \cdot 2 + 1 = 1111_{10};
    10110=2⋅48+0⋅8+2⋅2+1=202110101_{10} = 2 \cdot 48 + 0 \cdot 8 + 2 \cdot 2 + 1 = 2021_{10};
    26910=5⋅48+3⋅8+2⋅2+1=532110269_{10} = 5 \cdot 48 + 3 \cdot 8 + 2 \cdot 2 + 1 = 5321_{10}.
  4. 41110;701010;521010;13110;31010;331010411_{10}; 7010_{10}; 5210_{10}; 131_{10}; 310_{10}; 3310_{10}.
  5. 2110×310=1311021_{10} \times 3_{10} = 131_{10}.
  6. 7431107431_{10}.

Hình 1.
Viện Vật lý và Công nghệ Moscow

Toán học

Tùy chọn 2

  1. −43;2-\frac{4}{3}; 2.

  2. x=−π4+2πn(n∈Z)x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi n (n \in \mathbb{Z}).

  3. Diện tích hình vuông lớn hơn.

  4. a) −∞;−1−52-\infty; \frac{-1-\sqrt{5}}{2} U[−1;0]U[-1; 0]

  5. b) 0;−1+520; \frac{-1+\sqrt{5}}{2} U[1;+∞]U[1; +\infty]

  6. c) −−1−52;−1-\frac{-1-\sqrt{5}}{2}; -1 U]−1+52;1U] \frac{-1+\sqrt{5}}{2}; 1 [,[,
    log⁡2(∣a∣−a−a3a−a3);\log_2 \left( \frac{|a| - \sqrt{a-a^3}}{\sqrt{a-a^3}} \right);
    a−a3+∣a∣3−∣a∣∣a∣−a−a3\frac{\sqrt{a-a^3} + |a|^3 - |a|}{|a| - \sqrt{a-a^3}};
    b)a=0,{(a;2−a)}(a∈R)b) a = 0, \{(a; 2^{-a})\} (a \in \mathbb{R}).

  7. Cho SADSAD là mặt vuông góc với mặt phẳng chiếu, MNMN vuông góc với mặt này từ giữa MM của cạnh đối diện, φ\varphi là góc giữa (AD)(AD) và mặt phẳng chiếu thì ∣MN∣=223a,|MN| = \frac{2\sqrt{2}}{3} a,
    ∣SN∣=76a,|SN| = \frac{7}{6} a,độ dài chiều cao của hình thang là ∣MN∣,|MN|,độ dài nhỏ hơn đáy là aa cos φ,\varphi, và chiều dài lớn hơn là a2\frac{a}{2} (3 sin φ\varphi + cos φ\varphi). Từ các hình cân của hình thang suy ra tgφ=35,tg \varphi = \frac{3}{5}, vì hình chiếu của điểm NN là điểm giữa của đáy lớn hơn.
    Đáp số. 417a2\frac{4}{\sqrt{17}} a^2.

Vật lý

Tùy chọn 2

  1. Năng lượng ngưỡng EπE_\pi là năng lượng tối thiểu của hạt tới tại đó xảy ra phản ứng hạt nhân. Nó bao gồm năng lượng E,E, được hấp thụ trong quá trình phản ứng và động năng tối thiểu EkE_k của sản phẩm phản ứng (EkE_k không thể bằng 0, dựa trên định luật bảo toàn động lượng). Động năng này là tối thiểu nếu hạt nhân oxy và proton chuyển động như một đơn vị duy nhất, nghĩa là ở cùng tốc độ. Theo định luật bảo toàn năng lượng thì trong trường hợp thứ nhất
    Eπ=E+maEπm0+mp,E_\pi = E + \frac{m_a E_\pi}{m_0 + m_p},
    trong đó ma,m0m_a, m_0 và mpm_p lần lượt là khối lượng của hạt alpha, hạt nhân oxy và proton. Trong lần thứ hai

62

Gương cầu linny hình ảnh trong gương (nhỏ, thẳng và cùng kích thước) sẽ nằm đối xứng với hình ảnh trên khuôn mặt.

Tùy chọn 3

  1. ∣F⃗min⁡∣=tgα−μ1+μtgαmg≈3,3|\vec{F}_{\min}| = \frac{tg\alpha - \mu}{1 + \mu tg\alpha} mg \approx 3,3 N.
  2. T2=p2V1(p1V1RT1−V2V0)R≈254,8T_2 = \frac{p_2V_1}{\left(\frac{p_1V_1}{RT_1} - \frac{V_2}{V_0}\right)R} \approx 254,8 K (ở đây V0=22,4V_0 = 22,4 l là thể tích chiếm bởi một mol khí bất kỳ trong điều kiện bình thường).
  3. Cường độ dòng điện trong mạch sẽ đạt cực đại tại những thời điểm khi điện áp trên cuộn cảm, và do đó, tổng điện áp trên các tụ điện thông thường, sẽ bằng 0. Do đó, tại những thời điểm này, điện áp trên các tụ điện có độ lớn bằng nhau và ngược dấu. Chúng ta hãy biểu thị mô hình của điện áp này bằng U′U'. Viết định luật bảo toàn điện tích và năng lượng:
    C1U′+C2U′=C1U,C_1U' + C_2U' = C_1U,
    C1U′22+C2U′22+LImax⁡22=C1U22.\frac{C_1U'^2}{2} + \frac{C_2U'^2}{2} + \frac{LI_{\max}^2}{2} = \frac{C_1U^2}{2}.
    Từ đây
    Imax⁡=UC1C2L(C1+C2).I_{\max} = U \sqrt{\frac{C_1C_2}{L(C_1 + C_2)}}.
  4. Xem hình. 3 (đường thẳng OO′OO' vuông góc với đường thẳng CO′CO'; OO là quang tâm của gương; O′O' là cực của gương; FF là tiêu điểm của gương và ∣OF∣=∣FO′∣|OF| = |FO'|).

Tùy chọn 4

  1. Do tính đối xứng nên khi quả cầu quay, các hạt cát sẽ nằm trên bề mặt bên trong của nó dọc theo một bình mỏng (Hình 4). Mỗi hộp cát chịu tác dụng của lực hấp dẫn mgmg và phản lực thông thường NN. Hãy chiếu các lực lên trục tọa độ ngang và dọc và viết các phương trình tương ứng của định luật II Newton:
    ∣N⃗∣sin⁡α=mω2Rsin⁡α,|\vec{N}| \sin \alpha = m\omega^2 R \sin \alpha,
    ∣N⃗∣cos⁡α−mg=0.|\vec{N}| \cos \alpha - mg = 0.
    Giải các phương trình này cùng nhau, ta được
    (mω2R−mgcos⁡α)sin⁡α=0,\left(m\omega^2 R - \frac{mg}{\cos \alpha}\right) \sin \alpha = 0,
    do đó có thể có hai lời giải: 1) sin⁡α=0\sin \alpha = 0;
  1. cos⁡α=gω2R\cos \alpha = \frac{g}{\omega^2 R}. Nếu ω2R<g\omega^2 R < g, chỉ lời giải đầu tiên được nhận ra, tức là các hộp cát vẫn ở dưới cùng của hình cầu. Nếu ω2R>g\omega^2 R > g, cả hai lời giải đều được hiện thực hóa, trong đó điểm đầu tiên tương ứng với trạng thái cân bằng không ổn định và điểm thứ hai tương ứng với vị trí cân bằng ổn định.
  1. h1=m1+m22AV−ρ0A−l2≈27,5h_1 = \frac{m_1 + m_2}{2AV} - \frac{\rho_0}{A} - \frac{l}{2} \approx 27,5cm;
    h2=h1+l≈32,5h_2 = h_1 + l \approx 32,5 xem
  2. λ0=2πℏc(A+eU3)≈2,25⋅10−7\lambda_0 = \frac{2\pi \hbar c}{(A + eU_3)} \approx 2,25 \cdot 10^{-7} m.
  3. l=F1−2F2=5l = F_1 - 2F_2 = 5 xem Gợi ý. Tiêu điểm của đường thẳng trùng với quang tâm của gương (xem Hình 5).

63

Từ trường vĩnh cửu mạnh đến mức nào

(xem Lượng tử số 1)

  1. Xem hình. 6a-c.

  2. TRỪ = 14286.
    Lời giải. Chỉ có số 6 cùng với chữ C có tính chất là khi nhân ba số khác (8, 4, 2) với nó trong tích thay cho đơn vị thì sẽ thu được các số tương ứng. Vậy C=6. Y=8, vì sản phẩm thứ hai có thể quan sát được. M=1 (xem sản phẩm thứ năm). Nếu I=2, H=4 thì tích thứ hai sẽ có năm chữ số. Do đó H=2, I=4.

  3. Từ đỉnh A đến cạnh BC cho nó đi dọc theo các số
    1—3—9—6—5—4—2—7—8;
    từ đỉnh B đến cạnh AC - bằng số
    7—1—5—3—2—4—6—8—9;
    từ đỉnh C đến cạnh AB - bằng số
    2—7—8—9—4—6—5—1—3.

  4. Chúng ta hãy biểu thị số cần tìm là A=
    a1a2a3a4a5.a_1 a_2 a_3 a_4 a_5.
    Các số a_i của nó, như bạn có thể dễ dàng thấy, giảm dần từ trái sang phải.
    Chữ số thứ năm không thể bằng 1 hoặc vượt quá 1, vì khi đó chữ số bốn a_4 ≥2, chữ số thứ ba a_3 ≥4, chữ số thứ hai a_2 ≥8 và chữ số đầu tiên a_1 ≥(8+4+2+1)+1>9 là mâu thuẫn.
    Posnym, chữ số thứ năm bằng 0. Do đó, số a_4 ≥1 và không thể là a_4 ≥2, vì, suy luận theo cách tương tự, chúng ta thu được chữ số đầu tiên là a_1>6+3+2>9.
    Vậy chữ số thứ tư là a_4=1, chữ số thứ ba là a_3 ≥2 và không thể là a_3 ≥3 (thì chữ số thứ nhất là a_1=(5+3+1)+1=10>9), tức là chữ số thứ ba là a_3=2. Do đó a_2 ≥4 và a_1 ≥8 và số cần tìm là:
    A1=84210,A2=94210,A3=95210.A_1=84210, A_2=94210, A_3=95210.

  5. Tỷ lệ 1:1.000.000 có nghĩa là tất cả các kích thước tuyến tính trên bản đồ đều giảm đi 10^6 lần.
    Pozny, diện tích của bản đồ, như đã biết, tỷ lệ với bình phương các kích thước tuyến tính, nhỏ hơn diện tích của toàn bộ lãnh thổ Liên Xô (10^6)^2=10^12 lần. Số người có thể phù hợp trong một lãnh thổ nhất định không tỷ lệ thuận với kích thước tuyến tính của nó mà tỷ lệ với diện tích của nó. Đây là lý do tại sao chỉ một số ít người có thể xuất hiện trên bản đồ Liên Xô.

Từ trường vĩnh cửu mạnh đến mức nào

(xem Lượng tử số 1)

  1. Vì P~I^2~B^2, nên công suất bị loại bỏ ở B_2=25 T bằng
    P2=B22B12P1=6,25 MBt..P_2=\frac{B_2^2}{B_1^2} P_1=6,25 \text{ MBt.}.
    Sức mạnh bị lấy đi
    đáy bằng P’=c\frac{V}{3600}\Delta t(Bt), trong đó
    c=4·10^3 J/(kg·deg), q=10^3 kg/m^3,
    V=50 m^3/h, Δt=80 độ. Thay các con số, chúng ta tìm thấy P’≈4,4 MBt<P_2 - hệ thống làm mát “không thể đối phó”, sẽ không thể lấy được trường B_2.
  2. Điện từ cấp nước sinh hoạt - 56 m^3/h; tiêu thụ nitơ lỏng - 32 m^3/h; mức tiêu thụ hydro lỏng trên một cuộn dây nhôm là 11 m^3/h.

Câu hỏi về vệ tinh

(xem Lượng tử số 1)

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

phương trình hàm mũ

(xem Lượng tử số 1)

  1. {1, 12\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. Gợi ý. So sánh vế trái và vế phải với cơ số 2, sau đó thay thế y=log_2x. Giải phương trình bậc hai, ta được y_1=c+2, y_2=c-1, trong đó c=log_2 3. Đáp số. {\frac{3}{2}, 12}. 9. {\frac{2}{3}}.
  5. {1}. 11. {1}. 12. {2}.

Thi đấu cờ vua

(xem “Quant”, 1980, số 10).

    1. Kg3! Ke4 2. Kg2! (2. Kpf2 Kpf4 và Kg4) 2…Kg3 3. Kpf1 Ke4 4. Ke1 Ke3
  2. Kd1 Kf4 6. Kd2 Ke4 7. e3 Kpf3 8. Kd3 Kg3 9. Ke4! Kg4 10. Ke5 K:h4 11. Kf4 Kh3 12. e4 Kg2 13. e5 h4 14. e6 h3 15. e7 h2 16. e8Q h1Q 17. Qe2+ và Trắng cho bạn trong 4 nước đi. Chúng tôi chỉ đưa ra tùy chọn chính lời giải; khi tổng hợp kết quả cuộc thi sẽ tính đến mức độ chi tiết của lời giải (điều này cũng áp dụng cho các nhiệm vụ khác của cuộc thi).

64

  1. Chúng tôi chỉ ra phiên bản trung tâm của thang đo ehid mỏng: 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! (cuối cùng là màu đen trong zigshang) 12…Kpg2 13. Kpg6 Kph3! 14. Kph5! Kp:h2 15. Krp:h6, 16. Krp:g5, v.v. Toàn bộ trò chơi dựa trên thực tế là vua đen không có quyền truy cập vào ô g3. Có khá nhiều dấu chấm than, nhưng chúng đều phù hợp - đối với Trắng đây là những nước đi duy nhất đạt được mục tiêu, còn đối với Đen đây là những nước đi tạo ra độ khó tối đa cho Trắng. (Có một số dấu vết sai trong aethis mà chúng tôi bỏ qua.)
    1. Kpf5! (1. Kpf6? dẫn đến hòa) 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 và Trắng thắng.

(xem «Kvant», 1980, số 11)

  1. Trắng thắng nếu, với vua ở d4, anh ta có thể chơi e4-e5 mà không cần chiếu hoặc xâm chiếm ô f4. Một bảng các trường liên quan được vẽ trực tiếp trên sơ đồ.

Chúng tôi bỏ qua mô tả chi tiết về cấu trúc của nó ở đây. Nếu là nước đi của Đen, thì anh ta chơi 1…Kpg7! và thêm một trận hòa, chiếm ô tương ứng cho bất kỳ thao tác nào của vua trắng. Nếu Trắng di chuyển, thì 1.Kpb1 sẽ tước đi cơ hội cầm chân đối phương của Đen. Đây là một lựa chọn gần đúng: 1.Kpb1! Kpg7 2.Kpc1 Kpg6 3. Kpd1 Kpg5 4.Kpc2! Kph6 5.Kpd2! Kph5 6.Kpc3! Kpg5 7.Kpc4! Kpg6 8.Kpd3 trở lên Kpd3 - d4 hoặc Kpd3 - e3 - f4 với chiến thắng.
2. lời giải của tác giả là: 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×! Nhiều độc giả đã tìm thấy lời giải, chỉ gồm ba nước đi: 1.Cd5! Cc6 2.Jlh8! Bb7 3.Cc6 C:c6×.

(xem «Kvant», 1980, số 12)

  1. (K. Fabel, 1949). Nước đi cuối cùng của Trắng là nhập thành trong thời gian ngắn! Điều đáng ngạc nhiên nhất là nó liên quan đến một vị vua, chuyển từ el sang g1. Sự thật là Trắng đã chơi ván cờ chấp hai quân, và quân ở h3 đã được thăng hạng! Thay vì nhập thành ngắn, Trắng hiện thực hiện nhập thành dài, kết quả là vua của anh ta không chuyển từ el sang g1 mà đến cl (quân xe của al, giống như h1, chỉ tham gia nhập thành một cách tượng trưng). Sau 1.0 - 0, vua đen buộc phải rút lui về góc 1…Kpa1, nơi anh ta nhận được thảm - 2.Jla3×.
  2. (F. Kỳ lạ, 1910). Với nước đi cuối cùng, vua trắng đã hạ được quân đen Kpg4:Лlf5, quân trước đó đã bắt được hậu trắng - Rlf1:Qf5. Thay vào đó, Đen chơi 1…Jlh1 và nhận được mat - 2.Qf2×.
    Tất nhiên, trong điều kiện có lỗi đánh máy (trên bảng không có hiệp sĩ mà là vua), nhưng độc giả đã “quyết định” rất nhiều và bài toán với hiệp sĩ (điều này sẽ được ghi cho họ khi tổng hợp kết quả).
  3. (E. Poghosyants, 1963). Việc thăng một con tốt lên quân hậu có thể được chia thành hai phần: 1) con tốt của chính mình bị loại khỏi bàn cờ; 2) quân hậu được thăng chức được đặt trên bàn cờ. Trắng đã đi được nửa nước - anh ta loại con tốt h7 của mình ra khỏi bàn cờ. Họ kết thúc nước đi của mình bằng cách đặt quân hậu lên h8! Vì vậy, nước đi đầy đủ của Trắng là 1.h7 - h8Q×!
  4. (E. Poghosyants, 1980). Nước đi bao gồm việc thăng hạng một con tốt bị bắt, có thể được chia thành ba phần: 1) từ bàn cờ của con tốt của chính bạn; 2) từ bàn cờ của quân hậu không quay; 3) Nữ hoàng được thăng chức được thay thế thay cho Nữ hoàng bị hạ bệ. Ở vị trí này, nước đi thứ ba đã được thực hiện - Trắng loại con tốt g7 của mình khỏi bàn cờ. Tất cả những gì còn lại là loại bỏ quân hậu đen (“một phần ba” nước đi) và đặt quân xe hoặc quân hậu trắng vào vị trí của nó (một “phần ba” nước đi khác). Chuyển hoàn toàn 1.g7:h8JL×!

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

Số đã được phát hành:
L. Denisenko, M. Dubach, G. Krasnikov,
S. Lukhin, E. Nazarov, I. Smirnova

Chủ biên tập bởi L. Chernov

Biên tập nghệ thuật T. Makarova

Người hiệu đính M. Medvedskaya

113035, Mátxcơva, M-35, B. Ordynka 21/16,
«Kvant», điện thoại. 231-83-62
Giao tuyển dụng 22/12/80
Đã ký dấu 4.2.81
in offset
Giấy 70×108 1/16, Vật lý. lò 4
Lò nướng có điều kiện l. 5.60 Biên tập học thuật. tôi. 6.89 T-02976
Giá 30 kopecks. Đặt hàng 3123 Phát hành 235.652 bản.

Nhà máy in Chekhov
soizpolgirfproma
Ủy ban Nhà nước Liên Xô
để xuất bản, in ấn
và buôn bán sách,
Chekhov, khu vực Moscow