Ход конём

54

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

Ход конем

Конь — самая необучная и удивительная шахматная фигура, и не случайно выражение «ход конем» давно стало крылатым. «Презренный шут шахматной доски» — так называл коня известный изобретатель математических и шахматных головоломок Г. Дьюдени. А слабившийся своим оструемым гроссейстер С. Тартаковер как-то заметил, что «вся шахматная партия — это один замаскированный ход конем».

На наших шахматных страницах мы передко будем встречаться с различными задачими и комбинациями на шахматной доске, главный участник которых — конь. Однако из самых старинных шахматных комбинаций носит название «спертый мат». Заключительный аккорд в такой комбинации всегда принадлежит коню. Интересный пример на спертый мат представляет собой одна из задач Блаты (см. «Квант», 1980, № 5). Приведем теперь эпизод из партии П. Морфи.

Морфи — Брэйн

Все готово к проведению комбинации, осталось отлечение ферзя от поля e7.

1. e5! Фg5 2. h4! Фg4 3. Фa3+ Крg8 4. Ke7+ Кpf8 5. Kg6+ Крg8 6. Фf8+! Лf:f8 7. Ke7×. Мат обьявляет конь, а все поля отступления для неприятельского короля заняты собственными фигурами и пешками.

Один белый конь может справиться со всей армейн неприятельских фигур.

О. Блаты, 1922. Мат в 12 ходов.

1. Кf4+ Крс5 2. Ke6+ Крd5 3. К:c7+ Крс5 4. K:a6+ Крd5 5. Кc7+ Крс5 6. Ke6+ Крd5 7. Kf4+ Крс5 8. Кре4 d5+ 9. Кре5 Cf6+ 10. Кре6 Kd8+ 11. Крd7 и 12. К:d3×.

Следующие два примера (первый из области дебюта, второй — эндшпилля) относятся к другой теме. В них конь появляется на доске в результате неожиданного превращения пешки, после чего партия сразу заканчивается.

Белые выигрывают.

1. Лс8+! Л:c8 2. Фa7+! Кр:a7 3. bcK+!! и после 4. К:e7 белые остаются с лишним конем и легко выигрыют.

В дебюте, который называется «контграбитом Альбина», после ходов 1. d4 d5

2. c4 e5 3. de d4 4. e3 Cb4+ 5. Cd2 de! 6. C:b4 ef+ 7. Кре2 решает 7… fgK+!! 8. Л:g1 (8. Кре1 Фh4+ и т. д.) Cg4+ с выигрым ферзя.

В предыдущих примерах дело решало появление на доске коня, а теперь, наоборот, комбинация, в которой коня эффектно приносит себя в жертву.

Злотник — Гик.

В этой партии, играной двенадцать лет назад в Дубне, черные весы оптимизируются расценвами свои шансы, полагая, что перевод слова на e5 и короля на g7 сделает их позицию неприступной. Однако последовали два удара коней, сразу решившие исход поединка.

1. К:d6! Ф:d6 2. К:e6! Ф:e6 (после 2…Ф:d1 3. Ла:d1 у черных нет зашиты от многочисленных угроз). 3. Фd8+ Cf8 4. Л:f7! Кр:f7 5. Ф:c8 Ф:c4 6. Ф:c4+ Крg7 7. Фd4+. Черные сделы.

В сегодняшней «Шахматной страничке» мы умышленно не приводим позиций для самостоятельного решения. Дело в том, что в этом номере журнала мы начинаем наш шахматный конкурс, в котором вы сможете проявить все свое умение играть в шахматы и решать шахматные задачи и головоломки. Итак, приглашаем вас принять участие в шахматном конкурсе «Квант»!

56

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

тельно $a$ и $b$. Вычисляя коэффициенты этой системы и затем решая ее, получим $\alpha = \frac{3}{4}$, $\beta = 1$. Для нахождения $|\vec{MN}|$ удобно воспользоваться соответствием $|\vec{MN}|^2 = MN \cdot CP = |CP|^2 - a(CP \cdot CA) - \beta(CP \cdot QP)$.

6. $\sqrt{2a^2(1 \pm \cos a)} + h^2$.

8. a) $p = -2$, $q = 2$. Указание. Сначала докажите, что для существования предела необходимого и достаточно условие $p = -q$.

6. $p = -2$, $q = 3$.

9. a) См. рис. 2. Указание. Докажите сначала, что $\cos(3\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}(1 - 4x^2)$, после чего исследуйте полученную функцию с помощью произвольной.

6. См. рис. 3.

10. a) $x \in [-1; 1]$ при $a \in |-\infty; -2|$; $x \in [-1; x_1]$ при $a \in [-2; 2]$; $x \in [x_2; x_1]$ при $a \in [2; \sqrt{5}]$; $x = -\frac{2}{\sqrt{5}}$ при $a = \sqrt{5}$; нет решения при $a > \sqrt{5}$, где $x_{1,2} = \frac{-2a \pm \sqrt{5} - a^2}{5}$. Указание. Кривая $y = \sqrt{1 - x^2}$ является полученным радиусом в начале координат. Уравнение $y = 2x + a$ задает прямую с угловым коэффициентом 2. Ясно, что решения данной системы будут те точки отрезка $|-1; 1|$, для которых ordinаты точек прямой не больше ordinат точки получокружности.

6. $x \in |x_2; |a|$ при $|a| \in [2; +\infty]$; $x \in |x_2; x_1|$ при $|a| \in \left[\frac{4}{\sqrt{5}}; 2\right]$; нет решения при $|a| \in \left[0; \frac{4}{\sqrt{5}}\right]$, где $x_{1,2} = \frac{-8 \pm \sqrt{5}a^2 - 16}{5}$.

11. a) Указание. Исследуйте функцию $y = 6x - x^2 - 4\ln x$ на многочлене при $x \in [0; 4]$.

6. решается аналогично с а).

12. a) $x = (-1)^{\prime\prime}$ аresin $(1 - \sqrt{2} + 2k) + \pi n$, где $k \in \{-1, 0, 1\}$, $n \in \mathbb{Z}$.

6. $x_1 = \frac{\pi}{13} n$, $x_2 = \frac{\pi}{8} m$, где $m \neq 4p$ и $m, n, p \in \mathbb{Z}$.

13. a) $C_1(5; 10)$, $C_2(3; 0)$. Указание. Поскольку $AB = (5; 6)$, $BC = (x - 4; y - 5)$ и $y = 5(x - 3)$, имеем $BC = (x - 4; 5(x - 4))$,

$S_{ABC} = \frac{1}{2} |AB| \cdot |BC| \cdot \sin(\angle AB; \angle BC) = \sqrt{|AB|^2 \cdot |BC|^2 - (\angle AB \cdot \angle BC)^2}$.

Осталось решить уравнение $S_{ABC} = \frac{19}{2}$.

6. $y = 3x + 4$ и $y = 11x + 4$. Указание. Уравнение парабoles, проходящей через заданные точки, имеет вид $y = -2x^2 + 7x + 4$. Уравнение искомой прямой $y = kx + 4$. Найдите теперь точки пересечения прямой и парабoles и запишите требуемую площадь в виде интеграла.

Варианты вступительных экзаменов вузы в 1979 году

Московский институт инженеров железнодорожного транспорта

Математика

Вариант 1

1. Если $x$ и $y$ – длины сторона поля, то $x = \frac{k}{bc^2} - b$, $y = \frac{k}{b^2c}$.

2. $a \cdot \sin a \cdot \sin b$.

3. $\{(2; 10), (10; 2)\}$. 5. В точках $(\sqrt{\frac{c}{a}}; b\sqrt{\frac{c}{a}} + 2c)$ или $(-\sqrt{\frac{c}{a}}; 2c - b\sqrt{\frac{c}{a}})$ при $ac > 0$; в точке (0; 0) при $c = 0$; при $ac < 0$ решений нет.

Вариант 2

1. 15 км. 2. Указание. Пусть точки $H$ и $G$ середины сторона $BC$ и $AC$ соответственно. Выразите векторы $\overrightarrow{AH}$ и $\overrightarrow{BG}$ через векторы $\overrightarrow{CA}$ и $\overrightarrow{CB}$ и рассмотрите $\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BG}$.

2. $\{5, \sqrt{5}\}$. 4. $x = \pm \frac{\pi}{4} + \pi n (n \in \mathbb{Z})$. 5. (0; 2).

57

Рис. 6.

Московский авиационный институт
им. Серго Орджоникидзе

Математика

Вариант 1

2. $\left\{3 + \frac{2}{5} \sqrt{5}\right\}$. 3. $\max_{[-3;1]} y = 2$, $\min_{[-3;1]} y = -2$;
   график см. на рисунке 6. 4. $]-1$; $+\infty$.
   Решение. Область определения неравен-
   ства задается условиями $\frac{x+1}{x+2} > 0$, $\frac{x+1}{x+2} \neq 1$, $x+3 > 0$, $x+3 \neq 1$. Решением этой си-
   стемы служит обеднение $]-3$; $2[U] -1$;
   $+\infty$ [Пусть $x > -1$; тогда $x+3 > 1$, $x+2 >$
   $x+1 > 0$, поэтому $\log_4 (x+3) > 0$,
   $\log_4 \frac{x+1}{x+2} < 0$. Значит, исходное неравенство
   справедливо при любых $x > -1$. Если
   $-3 < x < -2$, то $0 < x+3 < 1$, $-1 < x+2 < 0$,
   $-2 < x+1 < -1$ и $\log_4 (x+3) < 0$,
   $\log_4 \frac{x+1}{x+2} > 0$.

3. $|0; 2[U]| 2; \frac{8}{3}$. Решение. Прямая
   проходит через точку $M (1; 2)$ и пересекает
   график функции $y = \frac{a}{x}$ в двух точках, сумма
   ординат $y_1 + y_2$ которых равна $a$. Уравнение
   это прямой: $y = k(x-1)+2$, поэтому
   $\frac{y-2}{k} + 1 = \frac{a}{y} (k \neq 0)$, открывая $y^2 - (2-k) y$
   $-ak = 0$ и $y_1 + y_2 = 2-k = a$, что дает
   $k = 2-a$ ($a \neq 2$). Уравнение $\frac{a}{x} = k (x-1)+2$
   должно иметь два корня, поэтому дискри-
   мант $D = (2-k)^2 + 4ak > 0$, то есть $8a - 3a^2 > 0$.
   Значит, $a \in ] 0; \frac{8}{3} [$, $a \neq 2$.

Вариант 2

1. $y_{\max} = \frac{1}{3}$ при $x=3$; $y_{\min} = -\frac{1}{3}$ при
   $x=-3$. График см. на рисунке 7.
2. $\left\{\frac{\pi}{3}, \pi, \frac{5}{3} \pi\right\}$. 3. $]-4\frac{3}{2}; -\frac{17}{22}$.
3. 1. $\frac{2\cos a}{\cos a-1}$; 2) $\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1-9\cos a}{1-\cos a}}$.
      Решение. Согласно рисунку 8 $\vec{AMC} = a$, $\vec{SAB} = \varphi$. Тогда $\vec{AS} \cdot \vec{AB} = |\vec{AS}| \cdot |\vec{AB}| \cdot \cos \varphi$
      $= 2\cos^2 \varphi$. Из $\Delta AMO \frac{\sqrt{2}}{2} |\vec{AB}| = |\vec{AM}| \sin \frac{a}{2}$.

58

С другой стороны, из $\triangle AMB |\overrightarrow{AM}| = |\overrightarrow{AB}| \sin \varphi$ значит, $\sin \varphi = \frac{1}{\sqrt{2} \cdot \sin \alpha/2}$ и $\cos^2 \varphi = \frac{\cos \alpha}{\cos \alpha - 1}$, то есть $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AB} = \frac{2 \cos \alpha}{\cos \alpha - 1}$.

Поскольку $\overrightarrow{AK} = \frac{\overrightarrow{AS} + \overrightarrow{AB}}{2}$, $\overrightarrow{AK}^2 = \frac{\overrightarrow{AS}^2 + \overrightarrow{AB}^2 + 2\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AB}}{4} = \frac{9 \cos \alpha - 1}{4 (\cos \alpha - 1)}$, откуда $|\overrightarrow{AK}| = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1 - 9 \cos \alpha}{1 - \cos \alpha}}$.

5. Если прямая $y = kx + b$ касается двух параболу $y = -x^2 + 4x + 1$ и $y = 3x^2 + 4x + \frac{7}{3}$, то каждое из двух уравнений относительно неизвестного $x$:

$$-x^2 + 4x + 1 = kx + b$$

и

$$3x^2 + 4x + \frac{7}{3} = kx + b$$

должно иметь единственный корень, то есть $D_1 = (k - 4)^2 + 4(1 - b) = 0$,

$$D_2 = (k - 4)^2 - 12 \left( \frac{7}{3} - b \right) = 0$$

откуда $k_1 = 2$, $b_1 = 2$; $k_2 = 6$, $b_2 = 2$. Имеем две прямы $y = 2x + 2$ и $y = 6x + 2$. Легко показать, что пары $(k; b)$, где $k \in \{3, 4, 5\}$ и $b = 2$, и только эти пары, являются решением системы неравенств $D_1 < 0$, $D_2 < 0$.

Физика

Вариант 1

2. $n = \frac{1}{\pi} \sqrt{\frac{g}{R}} \approx 0,45$ об/с.

3. $I(t) = \frac{S |\overrightarrow{B}_0| m (t^2 - n)}{R (n + t^2)^2}$;

$I_{\max} = \frac{S |\overrightarrow{B}_0| m}{8Rn} \approx 4,2$ А. Указание. Для нахождения максимального значения точки надо функцию $I = I(t)$ исследовать на экстремум.

4. $m_{\text{O}_2} = \frac{p_{\text{O}_2} V \mu_{\text{O}_2}}{RT} \approx 0,295$ кг;

$m_{\text{N}_2} \approx 0,96$ кг; $m_{\text{Ar}} \approx 0,017$ кг;

$N_{\text{O}_2} = N_A \frac{m_{\text{O}_2}}{\mu_{\text{O}_2}} \approx 0,55 \cdot 10^{25} \text{ M}^{-3}$; $N_{\text{N}_2} \approx 2,1 \cdot 10^{25} \text{ M}^{-3}$; $N_{\text{Ar}} \approx 0,26 \cdot 10^{24} \text{ M}^{-3}$ (здесь $R = 8,31$ Дж/(К·моль) — универсальная газовая постоянная, $T = 273$ K — температура газов, $N_A = 6,02 \cdot 10^{23}$ моль$^{-1}$ — число Авогадро).

5. $U = \frac{1}{e} \left( \frac{hc}{\lambda} - A_{\text{BbIX}} \right) \approx 11,6$ В (здесь $h = 6,62 \cdot 10^{-34}$ Дж·с — постоянная Планка, $c = 3 \cdot 10^8$ м/с — скорость света).

Вариант 2

2. $L_{\text{min}} = \left( |BO| - |AO| \right) \sqrt{\frac{1 + \cos \alpha}{2}} \approx 850$ м.

Указание. Для определения минимального расстояния над функицю $L = L(t)$ исследовать на экстремум.

3. Нет, новая лампа не будет гореть ярче прежней.

4. $\frac{p_2 - p_1}{p_2} = 1 - \frac{T_1}{T_2} \approx 0,04 = 40\%$.

5. Изображение точки $A$ находится на расстоянии 4F от зеркала, а изображение точки $B$ — на расстоянии 5/2 F от зеркала.

Московский энергетический институт

Математика

Вариант 1

1. 3. 2. 10; 16[.

2. $\frac{2}{3}$. 4. $\left\{ -\frac{5}{6} \pi, -\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}, \frac{5}{6} \pi, \frac{7}{6} \pi \right\}$. 5. $\pi a^3 \cdot \frac{\sin^2 \alpha \cdot \sin (\alpha + \beta)}{\sin \beta}$.

Вариант 2

1. $f(x) = 2\sqrt{4x} - 3$, $f'(x) = \frac{4\sqrt{x}}{2x}$. 2. $\{(12; 4)\}$.

2. $2(\sqrt{2} - 1)$. 4. $x = -\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{2}$ $k (k = 3, 4, \dots)$.

3. $\frac{\pi l^2 \cos \alpha}{3 \cos^2 \alpha + 1}$.

Физика

Писменный экзамен

Вариант 1

2. $Q = A + \Delta U$; $Q = A$; $\Delta A = p\Delta V$.

3. $Q = \frac{m^2 R}{k^2 t^2} = 40$ Дж.

4. $l = h \text{ ctg} \varphi + H \frac{\cos \varphi}{\sqrt{n^2 - \cos^2 \varphi}} \approx 3,4$ м.

5. $\varphi = \varphi_k \frac{\varepsilon}{1} = 1,6 \cdot 10^3$ кг/м$^3$.

Вариант 2

2. Нет, в общем случае не совпадает.

3. $I = \frac{mg}{|B|l} = 0,98$ А.

4. Из уравнения $I^2 r - I \delta + P = 0$ получаем $i_1 = 1,5$ А и $i_2 = 0,5$ А.

5. $|\overrightarrow{F}| = 2/3mg \sin \alpha = 65,3$ Н.

Задание устного экзамена

1. $x = \frac{|\overrightarrow{F}|}{2k} = 0,05$ м.

60

Физика

1. $t = \sqrt{\frac{l}{|\vec{a}| \cos \alpha}} \approx 1,7$ с.
2. $p_M = \varrho (gh + |\vec{a}| L) \approx 4,3 \cdot 10^3$ Па (здесь $\varrho = 10^3$ кг/м$^3$ — плотность воды).
3. $|\vec{v}| = \sqrt{2gh}$.
4. Экран нужно отодвинуть от линзы на расстояние $l = a (1-1/n) = 1$ см.

Московский институт инженеров геодезии, аэрофотосъемки и картографии

Математика

Вариант 1

1. $\{8, \frac{1}{\sqrt{3}4}\}$.
2. $x = \frac{(-1)^{k+1}}{2} \arcsin (\sqrt{2} - 1) + \frac{\pi}{2} k (k \in \mathbb{Z})$.
3. $] -\infty; -1 [\cup [4; +\infty[$.
4. $(\vec{a}; \vec{b}) = \frac{\pi}{2}$, длина диагонали прямогольника равна $|\vec{a} + \vec{b}| = \sqrt{10}$.
5. $\min_{[-5; -1]} y = y (-1) = -\frac{10}{3}, \max_{[-5; -1]} y = y (-3) = -2$.

Вариант 2

1. $x_1 = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{2} k, x_2 = -\frac{\pi}{2} + 2\pi l (k, l \in \mathbb{Z})$.
2. $] 1; +\infty[$.
3. $\{\frac{5}{3}\}$.
4. $\frac{\pi}{4}$. Указание.
   Найдите скалярное произведение векторов $\vec{BD}$ и $\vec{AC}$.
5. Функция возрастает на $\mathbb{R}$.

Физика

1. $s = |\vec{v}_0|^2 / g - |\vec{v}_0| t + gt^2 / 2 \approx 41,6$ м.
2. $|T| = mg (3-2 \cos \alpha) \approx 20$ Н.
3. $t = T / 12 = 0,25$ с.
4. $h_B = \Delta h \varrho / \varrho_B = 2,72 \cdot 10^{-1}$ м (здесь $\varrho_B = 1 \text{ г/cm}^3$ — плотность воды).
5. $N = N_A \frac{pV}{RT} \approx 2,7 \cdot 10^{25}$ м$^{-3}$;
   $m = \mu / N_A \approx 3,3 \cdot 10^{-27}$ кг (здесь $\mu = 2 \cdot 10^{-3}$ кг/mоль — молярная масса водорада).
6. $A = (pS + Mg) h \Delta T / T = 30$ Дж.
7. $\varphi' = \varphi \frac{r}{r + l} = 50$ В.
8. $I_M = |\vec{B}| l^2 \omega / R = 6 \cdot 10^{-3}$ А.
9. $H = nh = 4/3$ м≈1,3 м.
10. $m = \frac{hc}{\lambda} \approx 3,7 \cdot 10^{-36}$ кг.

Московский архитектурный институт

Математика

1. $\frac{a\sqrt{6}}{6}$. Указание. Проведите плоскость $AD_1C_1B$, опустите перпендикуляр $MN$ на $(BD_1)$ и докажите, что $(MN) \perp (B_1C)$ (рис. 11).
2. Воспользуйтесь формулами $\cos \alpha \cdot \cos \beta = \frac{1}{2} (\cos (\alpha - \beta) - \cos (\alpha + \beta))$ и $\sin \alpha \times \cos \beta = \frac{1}{2} (\sin (\alpha + \beta) + \sin (\alpha - \beta))$.
3. 8, 10, 12; 17, 10, 3.
4. $\{\frac{\lg 3 - \lg 5}{\lg 2}, \frac{\lg 2 - \lg 5}{\lg 2}\}$.

Физика

1. $|\vec{T}_{AB}| = m_1 g \frac{\sin \beta}{\sin \alpha} \approx 122$ Н;
   $m_2 = m_1 \left( \frac{\sin \beta \cos \alpha}{\sin \alpha} + \cos \beta \right) \approx 135$ кг.
2. $0 < T = 2\pi \sqrt{\frac{l \cos \alpha}{g}} < 2$ с.
3. $|\vec{v}| = 2\sqrt{c(t_{\pi n} - t) + \lambda} = 507$ м/c.
4. $I_1 = \frac{\mathcal{E}_1 (r_2 + R) - \mathcal{E}_2 R}{r_2 (r_1 + R) + r_1 R} = 1,5$ А;
   $I_2 = \frac{\mathcal{E}_1 - I_1 (r_1 + R)}{R} = 0,5$ А; $I_3 = I_1 + I_2 = 2$ А.
5. $\delta = 2\gamma$.

64

3. Соединим точки B и D (рис. 16). Треугольник BDK — прямогольный, причем |BK| = 1, |DK| = 2. По теореме Пифагора
   $$|BD| = \sqrt{DK^2 - |BK|^2} = \sqrt{3}.$$
   Треугольник ELK — тоже прямогольный, причем |EL| = 2 |DE| = 2, |KL| = |BD| = \sqrt{3}.
   Позному
   $$|EK| = \sqrt{EL^2 + |KL|^2} = \sqrt{4 + 3} = \sqrt{7}.$$

4. 5329 = 73².

5. Обозначим площад квадрата через S. Тогда суммарная площад серых и красных «полосок» (рис. 17) равна S/2. Но и площад треугольника ABC равна S/2. Поскольку треугольник ABC составлен из серых и синих «полосок», получаем, что суммарная площад синих «полосок» та же, что суммарная площад красных «полосок».

Номер готовили:
A. Виленкин, A. Егоров, H. Клумова, T. Петрова,
A. Сосинский, B. Тихомирова, Ю. Шиханович

Номер оформили:
M. Дубах, Г. Красиков, Э. Назаров,
A. Пономарева, И. Смирнова

Зав. редакцией Л. Чернова

Художественный редактор T. Макарова

Корректор H. Румянцева

113035, Москва, М-35, Б. Ордынка, 21/16,
«Кваант», тел. 231-83-62
Сдано в набор 20/V-80
Подписано в печать 2/VII-80
Печать офсетная
Бумага 70×108 1/16. Физ. печ. л. 4
Усл. печ. л. 5,6. Уч.-изд. л. 7,06. Т-13048
Цена 30 коп. Заказ 1187. Тираж 260 103 экз.

Чеховский полигraphический комбинат
Союзполигraphия
Государственное комитета СССР
по делам издательств, полигraphии
и книжной торговли,
г. Чехов Московской области