Первый шахматный король

61

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

Перный шахматный король
Итак, наша шахматная страница начинает второй год своего существования. За это время в редактию журнала поступило множество писем от читателей, и мы убедились, что шахматы пользоваться большой популярностью среди ребят, увлекательных точекыми науки. Мы стремились к тому, чтобы материалы наших страницек были разнообразными — задачи и этапы, интересные комбинации и партии выдающихся шахматистов сопровождались информацией о событиях, проискодиях в шахматном мире, глоболомками и шахматными задачими с геометрическим сюжетом. Мы и в дальнейшем будем знакомить вас с различными сторонами шахматной игры и шахматного искусства.

Напомним, что этим летом состоялся 30-й матч на перевенство мира по шахматам. Поэтому на наших страницах много вимания будет удалено матчем за шахматную корону. Мы хотя бы кратко расскажем о каждом матче и приведем наиболее яркие и интересные фрагменты борбы. В шахматном конкурсе будет представляться для решения комбинации, принадлежащие чемпионам мира и их соперникам.

Истории шахмат извесно неемало «некоронованных королев» — сильнейших шахматов своей эпохи, неофициальных чемпионов мира: Греко, Филидор, Лабурдонэ, Статунтон, Андерсен, Морфи. В 80-е годы прошло столетя шахматный мир решил, чтоopa имеет «настоящего» короля, и в 1886 году после победы над И. Цукертортом первым официальным чемпионом мира был объявлен Вильгельм Стейниц. Неофициалыно сливнейшим шахматистом мира Стейниц был признан еще в 1866 году после выигрыша матча у Андерсена. Так, спустя двадцать лет, он узаконил свой титул.

Матч проходил в нескольких городах США. После пяты партий Стейниц проигрывал своему выдающему современнику со счетом 1:4, но в дальнейшем сумел переломить ход событий и одержал девять победы (матч продолжался до десяти побед). Приведем окончание предпоследней партии матча.

Стейниц — Чигорин
В дебюте этой, четвертой партии матча черные допустили несколько позиционных промахов, и Стейниц умело использовал их: 9. d5! ed 10. a3! Kd4 (гибельно 10… …C:c3 11. C:c3 и 12. C:g7, а также 10…Cd6 11. K:d5 Фc5 12. Ce3 Фa5+ 13. b4) 11. Cd3 0—0—0 12. ab K:f3+ 13. Ф:f3! Ф:a1+ 14. Кре2 Ф:b2 15. Лb1 Фa3 16. Кb5 Фa6 17. Ф:f7 Фb6 18. Лc1 h6 19. Ф:g7 de 20. Ф:c7+ Ф:c7 21. Л:c7+ Кpb8 22. С:e4. Черные сделались.

В конце 80-х годов прошло столетя И. Гунсберг выигral ряд крупных туриров и сыгral вничью матч с Чигорным. Этоало ему основания бросить перчатку чемпиону. Хотя большого перевеса Стейниц не добился, но свое звание отстоял довольно уверенно. Вот как заканчилась седьмая партия этого матча.

Стейниц — Гунсберг
22. Л:f6! gf (на 22… Ф:f6 решает 23. d7 Лед8 24. Ф:a8! Л:a8 25. Лc8+ Фd8 26. Л:a8 Ф:a8 27. Ce7) 23. d7 Лg8 24. de Лg5 (24…fe 25. Cb2) 25. Ф:a8! Ф:a8 26. Лc8+Лg8 27. Л:a8 Л:a8 28. e6. Черные сделались.

62

Десять задач на применение произвольной

1. Правильный рисунок 1, $u$.
2. Ошибки допущены в рисунках 2, $a - \beta$, $\partial$.
3. См. рис. 1.
4. График зависимости $I = I(t)$ правлен.
5. Если $t = 0$, то $v = q = 50$, откуда $q = 50$. Далее из соответствия $a = g = 2p = -10$ находится, что $p = -5$. Наконец, так как $h = 20$ при $t = 0$, получаем $r = 20$. Таким образом, $h(t) = -5t^2 + 50t + 20$ (рис. 2).
6. Список 1. В треугольнике, отсекаемом от второго квадрата касательной к параболе в точке с абсциссой 2, категории имеют одну и ту же длину, равную 5. Отсюда $tg\alpha = 1$, то есть $v = 1$ м/с.
   Список 2. Координаты точки (0; 3) и (3; $7\frac{1}{2}$) удовлетворяют уравнению $x(t) = pt^2 + qt + r$. Следовательно, $3 = p \cdot 0^2 + q \times 0 + r$, $7\frac{1}{2} = p \cdot 3^2 + q \cdot 3 + r$. Кроме того, $3 = -\frac{q}{2p}$. Решая систему, находим, что $p = -\frac{1}{2}$, $q = 3$, $r = 3$. Таким образом, $x(t) = -\frac{1}{2}t^2 + 3t + 3$. Поэтому $v = x'(t) = -t + 3$. $v(2) = 1$ м/с.
7. Тангенс угла $\alpha$, образованного касательной к кривой $\varphi = \varphi(t)$ в точке $t = 3$, можно

Рис. 1
Рис. 2.
Рис. 3.
Рис. 4.
Рис. 5.
Рис. 6.

63

найти из прямогоугольного треугольника $AOB$ (см. рис. 3). Возможен и способ графикаческого нахождения углового коэффициента касательной, заключенной в следующем: 1. Проводим через точку 0 прямую $l$, паралельную касательной $AB$. 2. Находим точку $M$ пересечения $l$ с прямой $t=1$. 3. Проводим через точку $M$ прямую $m$, паралельную оси $t$. Пусть $P$ — точка пересечения $m$ с осью $q$. Ордината точки $P$ равна тангенсу угла наклона касательной $(AB)$ к оси $t$ (убедитесь в этом). Пользовясь указанным способом, получаем $\omega(3)=tg\alpha\approx-0.4$. 8. Пусть точка $K(t_0;v(t_0))$ принимает график $v$. Для построения соответствующей ей точки $K_1(t_0;v'(t_0))$ удобно применить способ, описанный в решении задачи 7: для каждой точки $t_0$ прямая $m$ в пересечении с прямой $t=t_0$ дает точку $K_1(t_0;v'(t_0))$, принадлежащую искомому графику ускорения. Построив достаточно большое число точки вида $(t;v'(t))$, соединим их плавной линейной (рис. 4)*. В результате получим непрерывную кривую, которая дает наглядное представление о характеристике зависимости ускорения $a$ от времени $t$.

9. $\tau(4)=m'(4)\approx10$ кг/м (рис. 5).

10. Строим прямую $v=3t$ (рис. 6). Перемещая эту прямую паралельно самой себе (это можно сделать с помощью линейки и чертежного треугольника), убеждаемся в том, что абсциссы точек касания приближенного равны 3,1 и 3,3. Таким образом, $a=3$ м/с² при $t_1\approx3,1$ и $t_2\approx3,3$.

Московский инженерно-физический институт Математика
Вариант 2

1. Если $x$ — количество кг второго сплава, $y$ — количество кг железа в новом сплава, то при $0\leq r<30$, $x=0$, $y=4,9$, при $r=30$, $x\in[0;18]$, $y=0,7x+4,9$, при $30<r\leq100$, $x=18$, $y=12,9-0,18r$.

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. $[0;28]$.

Физика

1. На брусок действуют четыре силы (рис. 7). Это силаяжесте $m\vec{g}$, сила реакции $\vec{R}$, сила упругости пружины $\vec{T}$ и сила tremья скольжения $\vec{F}_{\tau p}$. Так как брусок не имеет ускорения, суммы проекций всех сил на горизонтальной и вертикальной оси равны нулю: $|\vec{F}_{\tau p}|-|\vec{T}|sin\alpha=0$, $|\vec{T}|cos\alpha+|\vec{R}|-mg=0$.
   Кроме того, $|\vec{F}_{\tau p}|=\mu|\vec{R}|$ и $|\vec{T}|=k(l-l_0)=k(l_0/cos\alpha-l_0)=kl_0(1/cos\alpha-1)$.

*) Построение графика произвольной некоторой функции по графику самой функции называется графическим дифференцированием.

Из полученных равенств находим коэффициент трения

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

2. Обозначим через $\vec{v}$ скорость шайбы в точке $C$ (см. рис. 3 в статье). Ее можно найти из закона сохранения энергии

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

Время бруска в полете от точки $C$ до точки $D$ определяется формулой

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

Дальность полета бруска равна

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

3. Записем ускорения равновесия поршней после нагревания газа и перемещения точки $O$:

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

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

Здесь $\vec{F}$ — сила натяжения стержня, $p$ — новое давление газа, которое можно найти из ускорения неизменности объема газа:

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

Исключая из полученных равенств $|\vec{F}|$ и $p$, находим искомое расстояние

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

4. Второй закон Ньютона для движения по окружности поршня запишется в виде

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

где $p_2$ — давление скального состояния газа, а $p_1$ — давление разреженного газа. Давления $p_1$ и $p_2$ можно найти из ускорения, что температура газа остается неизменной:

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

Тогда угловая скорость

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

5. Заряд $q$ на обкладках конденсатора меняется по закону

64

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

Так $I$ — это скорость изменения заряда со временем, то есть производная от заряда по времени, следовательно,

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

6. Расстояние $l$ от источника до зеркала и расстояние $l'$ от зеркала до изображения связи формылей сферического зеркала

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

Радиус $r$ окружности, по которой движется источник, и радиус $r'$ окружности, по которой движется изображение, связанны соотношение

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

Отсюда получаем

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

Теперь найдем центростремительное ускорение $a'$, с которым движется изображение:

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

Шахматный конкурс

(см. «Кваант» № 8, 1980)

1 (слева). При своем ходе белые сыгрылы бы Кб6×, однако это так называемый «ложный след» — последний ход черных невозможен. Поэтому в данной позиции ход черных (который принято называть нульевым), и они получают мат в трех вариантах: 0…Л:b7 1. Ф:b7×; 0…C:b7 1. Ф:b7× (в этих двух вариантах присутствовал заданный элемент — связка); 0…C:b5 (a4—a3) 1. Кб6×.

1 (справа). 0…h4 1. Kf8×; 0…fg 1. fg× (но не 1. Kf8×).

2 (справа). Объчная задача: 1. c8K! Лб5 (b7, b8) 2. Кc6×; 1…Л — любой ход по шестой горизонтали 2. C:b4×.

2 (справа). В позиции ход черных — 0…gf 1. Л:f5 h5 2. Л:h5×.

3 (справа). 0…ab 1. a7 и 2. a8Ф (Л)×; 0…cb 1. Л:b6! Kp:a4 (1…ab 2. a7 и 3. a8Ф×) 2. Лb5! Kp:a3 3. Лa5×;

3 (справа). Вновь ход черных (конь не мог попасть на h6 с g4, так как тогда белый король находится бы под шахом). Имеется три разветвления: 1. 0…K:f5 1. f8Ф hg 2. C:g6 и 3. Ф:g7×; 1…h6 2. g7+! (но не 2. Kp:f5? — пат! и не 2. Kpe5 Kg7!) 2…K:g7 3. Ф:g7×. 11. 0…Kg4+ 1. C:g4! hg 2. f8Ф gf 3. Фg7×, но не 1. Kpe7? hg! (1…C:f7? 2. g7+! Kpg8 3. C:f7×) 2. f8Ф gf! III. 0…hg 1. f8Ф K:f5 2. C:g6 и 3. Ф:g7×.

4 (справа). Объчная задача: 1. Kpb1 b3 2. Ka6! ba+ 3. Kpc2! и 4. Kc4×.

4. (справа). Подобна задаче № 2 (справа). Ход черных, 0…gh (0…gf 1. Cg7 f4 2. Л:h6×) 1. Cg7 h4 2. K:h4 h5 3. Kf3 h4 4. Kg5×.

5 (справа). 0…Л:a5+ 1. Kpb3 Лh5 2. Лc3—c6+ Kpa5! 3. Л:a7+ Kpb5 4. Лb7+ Kpa5 5. Лa6×.

5 (справа). 1. Kf8+! (1. f8K+ Kpg7!) 1…Kpg7 2. Ke6+! Kph7 (2…Ф:e6 3. f8Ф+) 3. f8K+! Ф:f8 4. K:f8+ Kpg7 5. Лf7>

6 (слева). 1. Kb6 c4! 2. Kpb5! c3 3. Kpa5 c2! 4. Kpb5 b3 5. Kpa5, и на любое отсутствие коня 6. Kc4×.

6 (справа). 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. f8Ф g5 6. Фg7×.

(см. «Кваант» № 9, 1980)

1. 1. c7 Лд6+ 2. Kpb5 (2. Kpc5? Лд1 3. c8Ф Лс1+) 2…Лд5+ 3. Kpb4 (на линю «с» опять нельзя становиться) 3…Лд4+ 4. Kpb3 Лд3+ 5. Kpc2! (Кажется, что белые добились своего, превращение пешки в ферзя неизбежно.) 5…Лд4! (Выясняется, что 6. c8Ф Лс4+! 7. Ф:c4 приводит к пату.) 6. c8Л!! Телер на доке материальное равенство, норозит 7. Ла8×. Послед вынужденного 7…Ла4 и ответа 8. Kpb3! черные теряют ладью или получают мат следующим ходом. Любопытно, что сам Сааведра был довольно слабым шахматистом. Рассказывают, что однажды, наблюдая за легкой партии, в которой были ссыгали сг7—c8Ф и навалились на пат, Сааведра предложил сг7—c8Л! Затем эта идея была обработана другими шахматистами и родился это.
2. 1. Kc1 Л:b5 2. c7 Лд5+ 3. Kd3! Л:d3+ 4. Kpc2 Лд4 5. c8Л!; 1…Лd5+ 2. Kpc2 Лс5+ 3. Kpd3! (3. Kpd2 Лд5+? 4. Kd3 с выигрышем, но 3…Л:b5! 4. c7 Лb2+ 5. Kpd3 Лс2! 6. Kp:c2 пат!) 3…Л:b5 4. c7 Лb8! 5. cbC!, и, как известно, слон и конь матуют.
3. 1. Лh7+ Кpe8 2. Kc8! (проигрывают 2. Лh8+ или 2. Kc6) 2…Сc5 3. Лh4 e1Ф 4. Лe4+! Ф:e4 5. Kd6+ С:d6 пат.

Номер подготовили:
А. Виленкин, А. Егоров, И. Клумова, Т. Петрова, А. Сосинский, В. Тихомирова, Ю. Шиханович

Номер оформили:
М. Дубах, Г. Красиков, С. Лухин, Э. Назаров, Э. Смирнов, Л. Черновская

Зав. редакцией Л. Чернова

Художественный редактор Т. Макарова

Корректор В. Сорокина

113035 Москва, М-35, Б. Ордынка 21/16, «Кваант», тел. 231-83-62
Сдано в набор 1.10.80
Подписано в печать 24.12.80
Чеать офсетная
Вумага 70×108 1/16. Физ. печ. 4
Усл. печ. л. 5,6 Уч.-изд. л. 6,79 Т-22729
Цена 30 коп. Заказ 2777
Тираж 234 653 экз.

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

На этом рисунке числа 1, 2,…,25 расположены так, что их можно многими «правильными способами» разбить на группы с одной и той же суммой — 65. Как это сделать — см. на с.18