Kvant
Trang cờ vua

Botvinnik thua và... thắng

Гик Е. Я.

Kvant 1981, số 8tr. 60-63Thẻ KZHE

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

Lời khuyên của nhà vô địch cờ vua thế giới, đại 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.

Botvinnik thua và… thắng
Năm mươi năm trôi qua dưới dấu hiệu cạnh tranh giữa Mikhail Botvinnik và Vasily Smyslov. Nếu ở trận đấu năm 1954, kẻ thách đấu bị giới hạn ở một trận hòa danh dự, thì ở trận đấu năm 1957, anh ta đã leo lên dẫn đầu (điểm 12,5:9,5). Tình tiết bot ở ván thứ sáu của trận đấu.

Smyslov - Botvinnik
23. R:d5! Một sự tiếp tục hiệu quả mang lại kết quả ngay lập tức. 23…ed 24. N:c7 Rds8 25. C:c8 R:c8 26. N:d5 R:c6+ 27. Kd2 Kb 28. Ks3. Giao dịch đen.
Botvinnik đã chuẩn bị xuất sắc cho trận tái đấu và một năm sau đó tự tin giành lại vương miện của mình (12.5:10.5). Anh bắt đầu trận đấu với ba chiến thắng “bình thường”, và sau ván thứ 15, tỷ số có thể đã trở thành 10:5. Vị trí của Đen do Botvinnik chơi tốt hơn đáng kể, với hầu hết mọi nước đi đều duy trì được lợi thế. Đại kiện tướng lao vào suy nghĩ để vạch ra kế hoạch chiến thắng rõ ràng nhất. Hãy tưởng tượng sự ngạc nhiên của Botvinnik khi đột nhiên trọng tài bước lên bàn và nói rằng Đen đã hết thời gian và đang bù lỗ. Dịch vụ duy nhất thuộc loại này trong toàn bộ lịch sử các trận đấu vô địch thế giới!
Một tình huống thú vị nảy sinh ở game thứ 18 của trận đấu.

Botvinnik - Smyslov
Vết chích mờ xung quanh vua đen sắp đóng lại. Tuy nhiên, Trắng đã mang lại chiến thắng chỉ sau… 50 nước đi, và “trên đường” chúng có thể tự giao phối với nhau! Tuy nhiên, ấn tượng đầu tiên về vị trí này không sai - Trắng đã có một pha phối hợp hiệu quả theo ý mình, nhưng than ôi, vẫn ở phía sau hậu trường: 23. Kd4!! cd (không thay đổi mọi thứ 23…K:d4 24. Cd5+! R:d5 25. Le7 Rf7 26. Re8+) 24. Cd5+! R:d5 (24… Kh8 25. Re7) 25. Re8!, và bạn đời là điều tất yếu.
Vào đầu những năm 50 và 60, phù thủy cờ vua Mikhail Tal đã khiến những đại kiện tướng kiên trì nhất phải kinh ngạc với những pha phối hợp tuyệt vời của mình. Anh ấy đã từ bậc thầy trở thành nhà vô địch thế giới chỉ trong ba năm!
Giành chiến thắng trước Botvinnik với tỷ số 12,5:8,5, Ryazhin 23 tuổi trở thành vua cờ vua thứ tám và trẻ nhất trong lịch sử. Trong các cơn bão tổng hợp, anh ta rõ ràng vượt trội hơn đối thủ mạnh mẽ của mình. Một tình tiết trong ván thứ 17 của trận đấu, giành chiến thắng nhờ đòn tấn công bằng dao găm chiến thuật của Tal, có thể được tìm thấy trên “trang cờ vua” vào năm «Kvant», 1980, số 2.
Một năm sau, trong trận tái đấu, Botvinnik lại tỏa sáng với khả năng tìm ra “gót chân Achilles” trong thế trận của đối thủ. Sau khi phân tích kỹ lưỡng nguyên nhân thất bại trước Ryazhin trẻ tuổi, anh đã giành lại danh hiệu kỳ thủ cờ vua mạnh nhất thế giới một cách dễ dàng đến kinh ngạc (tỷ số 13:8). Bot cảnh cuối cùng của trận đấu cuối cùng, trận đấu thứ 21.

Botvinnik - Petrosyan
Đen thực hiện một cách tao nhã bản dịch vị trí của mình: 51…c3+! 52. Kd:c3 Rs7+ 53. Kd2 Kes4+ 54. Kd1 Na3! 55. Rb2 Ndc4 56. Ra2 ab 57. ab K:b5 58. La6 Ks3+ 59. Krs1 K:d5 60. Ca4 Les8 61. Ke1 Nf4. Giao dịch trắng.
Đây là trận đấu vô địch thế giới lần thứ 25. Ông trở thành người cuối cùng trong tiểu sử trò chơi Arkran của M. Botvinnik với cờ vua Liên Xô. Quyền tái đấu đã bị hủy bỏ; Botvinnik không muốn bắt đầu lại từ đầu. Ngoài ra, chuyên gia thế giới, người đã giữ vương miện cờ vua trong 15 năm với hai năm phục hồi, đã sớm ưa thích công việc tạo ra cờ vua nhân tạo hơn là chơi thực tế! Toàn bộ niềm đam mê của anh ấy là với thuật toán chơi cờ trên máy tính.

61

Đường tròn chín điểm và đường thẳng Euler

  1. Chín điểm xác định một đường tròn đều giống nhau đối với mọi hình tam giác.
  2. Người sử dụng tài sản (6).
  3. Người sử dụng tài sản (7).
  4. Chứng minh rằng nếu MM là một điểm trên đường tròn ngoại tiếp và HH là trực tâm của tam giác thì đường thẳng Simson tương ứng với điểm MM chia đôi [HM][HM] - giống như đường tròn số chín. Tiếp theo, chứng minh rằng góc giữa các đường Simson tương ứng với các điểm M1M_1 và M2M_2 thay đổi theo cung tưới M1M2M_1M_2.
    1. Nếu O1,O2,O3O_1, O_2, O_3 là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AMB, BMC và CMA thì O1O2CA,O2O3AB,O3O1BCO_1O_2CA, O_2O_3AB, O_3O_1BC là các hình bình hành và trực tâm của các tam giác AMB, BMC và CMA lần lượt là C,AC, A và BB. Điều này có nghĩa là các đường Euler O1C,O2AO_1C, O_2A và O3BO_3B cắt nhau tại điểm là trung điểm của các đoạn O1C,O2A,O3BO_1C, O_2A, O_3B.
  1. Gọi O1,O2,O3O_1, O_2, O_3 là tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AMB, BMC và CMA, O1′,O2′,O3′O_1', O_2', O_3' là các điểm đối xứng với chúng qua các đường thẳng tương ứng AB,BC,CAAB, BC, CA. Chứng minh tam giác O1′O2′O3′O_1'O_2'O_3' đều, các điểm M,O1′,O2′,O3′M, O_1', O_2', O_3' cùng nằm trên một đường tròn, các đường thẳng Euler của tam giác AMB, BMC và CMA đi qua O1,O2,O3O_1, O_2, O_3 và trung điểm các đoạn MO1′,MO2′,MO3′MO_1', MO_2', MO_3' của các đoạn thẳng tương ứng và vuông góc với các đoạn thẳng này. Do đó, các đường Euler cắt nhau tại tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác O1′O2′O3′O_1'O_2'O_3'.
  1. Hãy để ∣BC∣=a,∣CA∣=b,∣AB∣=c|BC|=a, |CA|=b, |AB|=c. Tập hợp các điểm MM mà
    ∣MA∣2(b2−c2)+∣MB∣2(c2−a2)+∣MC∣2(a2−b2)=0,|MA|^2(b^2-c^2) + |MB|^2(c^2-a^2) + |MC|^2(a^2-b^2) = 0,
    Tồn tại một đường thẳng, vì tâm của đường tròn ngoại tiếp và giao điểm của các đường trung tuyến thỏa mãn phương trình sau (đối với giao điểm của các đường trung tuyến, dùng công thức tính độ dài của chúng qua các cạnh của tam giác), đường thẳng này là đường thẳng Euler. Dễ dàng kiểm tra được điểm LL cũng thỏa mãn phương trình này.

cuộc thi toán học
tại Trường Vật lý và Toán học tại Đại học bang Leningrad
(xem «Kvant» số 7)

Các cuộc thi ở trường

  1. Xem Hình 1.
  2. Đặt a=35,b=32a=3\sqrt{5}, b=3\sqrt{2}, chúng ta viết lại đẳng thức dưới dạng 3a−b2=b+ab2−a23\sqrt{a-b^2}=b+ab^2-a^2 và chứng minh bình phương (a3=5,b3=2)(a^3=5, b^3=2) của nó.
  3. Nếu [AB1],[AB2],...,[AB9][AB_1], [AB_2], ..., [AB_9] là các đoạn thẳng, thì phát biểu bài toán xuất phát từ thực tế là nếu không chọn dấu thì tổng của các vectơ ±AB1→±AB2→±...±AB9→\pm \overrightarrow{AB_1} \pm \overrightarrow{AB_2} \pm ... \pm \overrightarrow{AB_9} không bằng 0, vì hình chiếu của tổng này lên trục vuông góc với đường thẳng ll là tổng của hai số bằng modulo (và không bằng 0).
  4. Xem Hình 2.
  5. Giả sử tại một thời điểm tùy ý, một trong hai tay tạo thành một góc α\alpha với hướng 12 giờ và tay kia - một góc β\beta (α\alpha và β\beta được thay đổi theo độ). Nếu kim đầu tiên là kim giờ, kim giây là kim phút thì 12α−β360∈Z\frac{12\alpha-\beta}{360} \in \mathbb{Z}; ngược lại, nếu kim đầu tiên là kim phút và kim giây là kim giờ, thì 12β−α360∈Z\frac{12\beta-\alpha}{360} \in \mathbb{Z}. Thời gian của điều không thể có thể được xác định một cách chính xác nếu cả hai điều kiện đều được đáp ứng và các mũi tên không trùng nhau. Đây là trường hợp khi và chỉ khi 143α360∈Z\frac{143\alpha}{360} \in \mathbb{Z} nhưng 11α360∉Z\frac{11\alpha}{360} \notin \mathbb{Z}.
    Vì 0≤α<3600 \leq \alpha < 360, điều kiện 143α360∈Z\frac{143\alpha}{360} \in \mathbb{Z} được thỏa mãn ở α=360143n\alpha = \frac{360}{143}n, trong đó n=0,1,2,...,142n=0, 1, 2, ..., 142 và điều kiện 11α360∈Z\frac{11\alpha}{360} \in \mathbb{Z} được thỏa mãn ở n=0,13,26,...,130n=0, 13, 26, ..., 130. Như vậy, trong quá trình nhận 143-11 = 132 khoảnh khắc không thể xác định được thời gian từ đồng hồ này và trong ngày có 264 khoảnh khắc như vậy.
  6. Vì số này chia hết cho 9 nên tất cả những gì còn lại là tính số chia hết cho 25. Dễ hiểu rằng số mong muốn phải là 75,

62

và số bảy phải được đặt trước số chín tối đa có thể. Đáp số: 26 chữ số.
7. Xem Hình 3.

  1. Hãy lật cả hai đồng hồ cùng một lúc. Sau 7 phút chúng ta lật đồng hồ thứ nhất, sau 11 phút - đồng hồ thứ hai, sau 14 phút cả hai. Cát trên đồng hồ lớn được đổ 3 phút sau lần quay cuối cùng, tức là 17 phút sau thời điểm ban đầu.

  2. Đồ thị của một hàm như vậy được thể hiện trong Hình 4.

  3. Hãy đưa ra một ví dụ về một chức năng như vậy. Chúng ta hãy xác định dãy (an)(a_n) bằng các đẳng thức: a1=0,a2=1,an=an−22+2a_1 = 0, a_2 = 1, a_n = a_{n-2}^2 + 2 (cho n⩾3n \geqslant 3). Rõ ràng, khoảng [0;+∞][0; +\infty] được chia thành các khoảng rời nhau [a1;a2],[a2;a3],[a3;a4][a_1; a_2], [a_2; a_3], [a_3; a_4], v.v., và hàm x→x2+2x \rightarrow x^2 + 2 ánh xạ khoảng đầu tiên trong số này với khoảng thứ ba, khoảng thứ hai đến khoảng thứ tư, khoảng thứ ba đến khoảng thứ năm, v.v. Chúng ta xây dựng hàm ff bằng quy nạp để nó ánh xạ khoảng đầu tiên đến khoảng thứ hai, khoảng thứ hai đến khoảng thứ ba, thứ ba đến khoảng thứ tư, v.v. d. Để làm điều này, hãy đặt f(x)=x+1f(x) = x + 1 nếu x∈[a1;a2]x \in [a_1; a_2]. Giả sử rằng ff đã được xác định cho tất cả x<anx < a_n. Hãy để x∈[an;an+1]x \in [a_n; a_{n+1}]. Hãy tìm t∈[an−1;an]t \in [a_{n-1}; a_n] sao cho f(t)=xf(t) = x (điều này có thể thực hiện được vì ff đã được xác định trên đoạn [an−1;an][a_{n-1}; a_n] và ánh xạ nó vào đoạn [an;an+1][a_n; a_{n+1}]) và đặt f(x)=t2+2f(x) = t^2 + 2. Đối với x<0x < 0 chúng tôi đặt f(x)=f(−x)f(x) = f(-x).

  4. Giả sử rằng khoảng cách xx không xảy ra giữa hai điểm màu đỏ và khoảng cách yy không xảy ra giữa hai điểm màu xanh. Đặt aa là phần cuối của một trong các đoạn. Khi đó a+xa + x là chấm màu xanh lam, (a+x)+y(a + x) + y là chấm đỏ và a+ya + y là chấm đỏ. Chúng tôi có hai chấm đỏ a+ya + y và a+x+ya + x + y ở khoảng cách xx.

  5. Hãy lấy số tự nhiên mm lớn hơn số chữ số của mỗi số aa và bb. Hãy đặt n=10m−1n = 10^m - 1. Sau đó na=10ma−ana = 10^m a - a. Nếu a1,a2,…,as−1,asa_1, a_2, \dots, a_{s-1}, a_s là các chữ số liên tiếp của số aa, với as≠0a_s \neq 0, thì a1,a2,…,as−1,as−1a_1, a_2, \dots, a_{s-1}, a_s - 1 là ss chữ số đầu tiên của số na,9−a1,9−a2,…,9−as−1,10−as−sna, 9 - a_1, 9 - a_2, \dots, 9 - a_{s-1}, 10 - a_s - s trong số các chữ số cuối của số này và các chữ số m−sm - s còn lại của số này là số chín. Pozny, tổng các chữ số của số nana bằng 9m9m và do đó không phụ thuộc vào aa. Do đó, số nbnb có tổng các chữ số bằng nhau.

  6. Đặt khối lượng 1 tại điểm AA, khối lượng 2 tại các điểm DD và BB, và khối lượng 4 tại điểm CC. Trọng tâm của hệ thống này là điểm RR. Bằng cách đặt khối lượng 2 vào AA và CC, khối lượng 1 vào DD và khối lượng 4 vào BB, chúng ta thu được trọng tâm - điểm SS. Từ đây suy ra rằng ∣FS∣=∣SR∣=∣RK∣|FS| = |SR| = |RK|. Tương tự như vậy, ∣MQ∣=∣QR∣=∣RH∣|MQ| = |QR| = |RH|. Pozny (QS)∥(MF)(QS) \parallel (MF) và do đó, (QS)∥(BD)(QS) \parallel (BD). Nó được chứng minh theo cách tương tự rằng (PR)∥(AC)(PR) \parallel (AC).

  7. Đối với mọi số dương xx và yy, bất đẳng thức (xy)x−y⩾1\left(\frac{x}{y}\right)^{x-y} \geqslant 1 dễ dàng được chứng minh, do đó xy⋅yx⩽xx⋅yyx^y \cdot y^x \leqslant x^x \cdot y^y. Áp dụng bất đẳng thức cuối cùng cho mỗi cặp số ai,aja_i, a_j, trong đó i<ji < j và các biến, các bất đẳng thức thu được sẽ dẫn đến phát biểu bài toán.

  8. Đối với lời giải chúng tôi sử dụng danh tính n4+4=((n−1)2+1)⋅((n+1)2+1)n^4 + 4 = ((n-1)^2 + 1) \cdot ((n+1)^2 + 1)

Hình 4.

chúng tôi nhận được

(14+14)(34+14)⋅⋯⋅(114+14)(24+14)(44+14)⋅⋯⋅(124+14)=(24+4)(64+4)⋅⋯⋅(224+4)(44+4)(84+4)⋅⋯⋅(244+4)=(12+1)(32+1)(52+1)(72+1)⋅⋯⋅(32+1)(52+1)(72+1)(92+1)⋅⋯⋅(212+1)(232+1)(232+1)(252+1)=2626=1313.\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}.

  1. Vì các đường phân giác của các góc B,EB, E và KK là các đường phân giác vuông góc của các đoạn AC,CH,HAAC, CH, HA nên chúng cắt nhau tại một điểm. Hãy biểu thị nó bằng OO. Rõ ràng là ∣OA∣=∣OC∣=∣OH∣|OA| = |OC| = |OH|. Hãy đặt OAB=OCB=aOAB = OCB = a, OCE=OHE=βOCE = OHE = \beta, OHK=OAK=γOHK = OAK = \gamma. Theo điều kiện α+β=α+γ=β+γ\alpha + \beta = \alpha + \gamma = \beta + \gamma. Vì vậy, α=β=γ\alpha = \beta = \gamma. Điều này có nghĩa là [OA],[OB],[OC],[OE],[OH],[OK][OA], [OB], [OC], [OE], [OH], [OK] là bissertrics của các góc tương ứng. Do đó OO là tâm của đường tròn nội tiếp.

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(cm. «Kvant» № 5)

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

  2. Ví dụ: “mười” mong muốn có thể bắt đầu bằng số a) 114 (xem bảng số nguyên tố trong sách giáo khoa “Matematika 5”) hoặc 11! + 2 (11! = 1 • 2 • 3 • 4 • … • 11); 6) 113; c) 18; đ) 6; đ) 1 hoặc 3.

Không khó để chứng minh rằng số lượng lớn nhất ở giữa mười số tự nhiên liên tiếp bằng năm, và số “mười” đó chỉ là số 2.

  1. Theo các điều kiện, DBB1DBB_1 lớn gấp đôi DAA1DAA_1 (Hình 5). Suy ra (chứng minh!) rằng điểm MM nằm trên cung DADA của đường tròn (B,∣AB∣)(B, |AB|).

  2. Sự sắp xếp cần thiết sẽ đạt được nếu trước tiên bạn đánh số các vòng tròn theo thứ tự (Hình 6), sau đó đặt các số nằm ở giữa các cạnh đối diện của một hình lục giác lớn (Hình 7).

  3. Xem Hình 8.

63

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 7)

  1. “Hoán vị.” Chaos, click, nai sừng tấm, fanza (có từ fanza - một ngôi nhà Trung Quốc có mái đầu hồi, chủ yếu ở nông thôn, và có từ fanza - một loại vải lụa), tham quan, atlas, sklen, cross, Mentor (và không phải là fitter chút nào), lông, lozika, condor (chim), corvette (tàu ba cột buồm), Corvette (rộng, đai co giãn để thắt lưng), cánh hoa, rủi ro, cleaver, chồn, heo vòi, thì thầm, quất roi, tai, lương, bể cá.
    Tháng ba - vết sẹo - quyến rũ (quyến rũ).
    Bạch tuộc - bạch tuộc (kết thúc giông bão) - vảy (lớp vỏ khô trên vết thương đang lành).
    Chiều cao - đa dạng - kim tước (thân) - cáp.
    Cleaver - hề - dốc - mặt dây chuyền.
    Tác giả - thứ hai (giọng thứ hai trong phần âm nhạc) - thuốc sắc - nôn - sản phẩm - tavro.

Hình 5.

Hình 6.

Hình 7

Hình 8.

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 6)

  1. 7 sáng tác. Cách dễ nhất để xác minh điều này là vẽ sơ đồ chuyển động của đoàn tàu bằng hệ tọa độ thời gian-khoảng cách. Điều thú vị là sự chênh lệch múi giờ giữa Moscow và Frunze không quan trọng.
  2. Xem Hình 9.

Hình 9.

  1. Gọi a1,a2,…,a21a_1, a_2, \dots, a_{21} là các số được ghi trên đĩa đầu tiên. Hãy quay đĩa thứ hai 21 lần với các góc 2π/21, 4π/21, …, 40π/21, 2π. Vì tổng các số nhìn thấy qua cửa sổ gót chân ở mỗi lượt bằng 0 nên tổng của tất cả các tổng như vậy (tổng cộng có 21 - một từ mỗi lượt) cũng bằng 0. Nhưng trong “tổng” này, mỗi số được ghi trên đĩa đầu tiên xuất hiện đúng 5 lần, và do đó 5(a1+a2+⋯+a21)=05(a_1 + a_2 + \dots + a_{21}) = 0, từ đó a1+a2+⋯+a21=0a_1 + a_2 + \dots + a_{21} = 0.
    1. 625 = 25²; 2) 7⁴ = 2401; 3) 39² = 1521; 4) 128 = 2⁷; 5) 2¹² = 4096; 6) 96 × 7 = 672.

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 7)

  1. “Hoán vị.” Chaos, click, nai sừng tấm, fanza (có từ fanza - một ngôi nhà Trung Quốc có mái đầu hồi, chủ yếu ở nông thôn, và có từ fanza - một loại vải lụa), tham quan, atlas, sklen, cross, Mentor (và không phải là fitter chút nào), lông, lozika, condor (chim), corvette (tàu ba cột buồm), Corvette (rộng, đai co giãn để thắt lưng), cánh hoa, rủi ro, cleaver, chồn, heo vòi, thì thầm, quất roi, tai, lương, bể cá.
    Tháng ba - vết sẹo - quyến rũ (quyến rũ).
    Bạch tuộc - bạch tuộc (kết thúc giông bão) - vảy (lớp vỏ khô trên vết thương đang lành).
    Chiều cao - đa dạng - kim tước (thân) - cáp.
    Cleaver - hề - dốc - mặt dây chuyền.
    Tác giả - thứ hai (giọng thứ hai trong phần âm nhạc) - thuốc sắc - nôn - sản phẩm - tavro.

Hình 10.

Hình 11.

  1. Hai lời giải - xem Hình 10.
  2. Xem Hình 11: ngũ giác đều, tam giác là cân.
  3. Nếu trò chơi được chơi đúng, người mới bắt đầu sẽ thắng: nước đi đầu tiên anh ta vẽ một đường chéo lớn của 1980-gon, sau đó nối các điểm đối xứng với đường chéo đã vẽ với những điểm kết nối trò chơi thứ hai.

Thi đấu cờ vua
(xem «Kvant» số 3)

  1. Lasker - Bauer (Amsterdam, 1889). Một trong những sự kết hợp cờ vua nổi tiếng nhất là sự hy sinh từng quân của Trắng từ hai quân tượng: 1. B:h7 +! K:h7 2. Q:h5 + Kg8
  2. B:g7! K:g7 4. Qg4 + Kh7 5. Rlf3 e5
  3. Rlf3 + Qh6 7. R:h6 + K:h6 8. Qd7! Đen từ chức.
  4. Lasker - Steinitz (St. Petersburg, 1895-1896). 1. Hỏi:f4! hiệu quả 2. Kf6! Ke6 3. K:d7 K:g5
  5. Le7 Kg8 5. Kf6 + Npf8 6. Rxc7. Đen từ chức.