Шахматы в космосе

58

Консультирует чемпон мира по шахматам, международный гроссейстер А. Карпов. Ведет страничку мастер спорта СССР по шахматам, кандидат технических наук Е. Гик.
Шахматы в космосе
12 апреля 1981 года исполняется двадцать лет со дня заменаелового события — первый полета человека в космос. Космический полет, совершенный Юрием Гагариным, «запечатлен» на следующей диаграмме.

В. Корольков, 1961 г. Мат в 5 ходов.
Шахматные фигуры, содержаточные в центре доски, символируют Землю, половина которого (белые фигуры) освещена Солнцем. Космический корабль «Восток» (белый ферз) совершает свой исторический виток вокруг Земли: 1.Фа1+! Крd5 (1… Фс3 2.Ф:c3+ Крd5 3.Фb4 Крс6 4.Кс3 и 5.Фb6×) 2.Фh1+! Крd4 3.Фh8+! Крd5 4.Ф:a8+! Крd4 5.Фe4×.
Другой космический экспонат приналежит перу двух известных шахматных композиторов, один из которых, ныне покойный Б. Сахаров, был выдающимся советским химиком и металлурром, членом-корреспондентом АН СССР, лауреатом Ленинской премии. Примечательно, что спутник, «запущенный» Кузнецовым и Сахаровым, выполнен в виде этого, в котором все фигуры принялют активное участие. Это не так часто было в изобразительных композициях.

Ан. Кузнецов, Б. Сахаров, 1959 г. Ницыя.
1.Ca3! C:f5 (1…de 2.fg) 2.a7! C:a7 3.C:c5+ C:c5. Старт! 4.b8Ф+! Кр:e6 5.Фg8+! Кре5 6.Фg3+! Крd5 7.Фb3+! Крd6 8.Фb8+! Кре6 9.Фg8+ с вечным шахом. Здесь черные фигуры символируют Землю, а маршрут b8 — g8 — g3 — b3 — b8 — орбита ферз, спутника Земли (в то время в космическое пространство летали только спутники).

Шахматы пользовются большой популярностью у космонавтов. Многие из них любят проводить свой доступ за шахматной доской. Достаточно сказаать, что председатель Шахматной federации СССР является дважды Герой Советского Союза, летчик-корисонвет СССР В. И. Севастянов. Ему посвязыван следующий этап, в котором каждая буква В, И, С — отдельная задача.

Э. Погосянц. В, И, С — мат в один ход.

Хитрость всех трех позиций в том, что предыдущий ход черных невозможен, то есть очередь хода всюду приналежит им.
(B) 0…Л:b8 1.cbK×!; 0…ab 1.Л:a8×; 0…b3 1.c8Ф×! (И) 0…Kf7+ 1.Л:f7×; 0…Kg6+ 1.Л:g6×. (С) 0…Kp:g1 1.Лf1×. Каждая фигура во всех трех репозадах играет определенную роль, то есть на доксе нет ни одного статиста.

Когда заключительная partия матча в Багино была отложена, ее анализировали не только на земле. Космонавты Владимир Коваленок и Александр Ивановков в это время находились на борту космической станции «Салют-б» и попросили продуктовать им позицию. Расставив фигуры на специальной шахматной доске, приспособленной для игры в неевесомости, они быстро убедились, что положение Карпова совершенило выиграно. Узнать на следующий день, что их оценка подтвердилась, космонавты направили чемпони мира поздравительного телеграмму. Так что одно из первых поздравлений с победой в матче Анатолий Карпов получил из Космоса!

Первый шахматный матч между Землей и Космосом состоялся 10 лет назад. Космическую команду представлял экипаж корабля «Союз-9» — В. И. Севастянов и А. И. Николаев, за Землю играли генерал-полковник Н. П. Каманин и космонавт В. В. Горбако. Космическая схватка продолжалась несколько витков и после острой борбы завершилась миром.

Космос — Земля
Ферзевый гамбит
1.d4 d5 2.c4 dc 3.e3 e5 4.C:c4 ed 5.ed Кс6 6.Ce3 Cd6 7.Kc3 Kf6 8.Kf3 0 — 0 9.0 — 0 Cg4 10.h3 Cf5 11.Kh4 Фd7 12.Фf3 Ke7 13.g4 Cg6 14.Jlae1 Kph8 15.Cg5 Keg8 16.Kg2 Jlae8 17.Ce3 Cb4 18.a3 C:c3 19.bc Ce4 20.Fg3 c6 21.f3 Cd5 22.Cd3 b5 23.Fh4 g6 24.Kf4 Cc4 25.C:c4 bc 26.Cd2 Jl:e1 27.Jl:e1 Kd5 28.g5 Фd6 29.K:d5 cd 30.Cf4 Фd8 31.Ce5+ f6 32.gf K:f6 33.C:f6+ Jl:f6 34.Jle8+ Ф:e8 35.F:f6+ Kpg8. Ницыя.

Кто знает, может быть,ройдет немного времени, и идея Остала Бендера о международном шахматном конгресссе станет реально-!

59

Содержимое две точки отрезком

1. АВCD — это tetraэдр, или (плоский) четырехугольник, или треугольник, или отрезок.
2. г) Если D и E лежат по разные стороны от плоскости, содержащей A, B и C, то (A+B+C)(D+E) — «внешний каркас» бипирамиды ABCDE (без ребер AB, BC, CA); бипирамида — это двеирамиды, сложенные общим основанием.
3. а) Положа; 6) плоскость; в) «слою» между двумя параллельными плоскостями.
4. Если α² = α и β² = β, то (αβ)² = (αβ) (αβ) = ((αβ)α)β = ((αβ)α)β = ((αα)β)β = (αα)β² = αβ.
5. 6. Если β = A+B+C+D и A, B, C, D, не лежат в одной плоскости, то β² — каркас tetraэдра ABCD, β³ — поверхность этого tetraэдра, βⁿ при n ≥ 4 — сам tetraэдр.
6. Если α = A+B+C и A, B, C не лежат на одной прямой, то α/α — шесть лучея — продолженный сторон △ABC, а все остальные фигуры — объединение трех внешних углов треугольника.
7. а) A/B, AB, B/A; 6) ABC, (AB)/C, (AC)/B, (BC)/A, A/(BC), B/(AC), C/(AB).
8. г) Полупоскость, если прямые λ₁, λ₂ параллельны; плоскость, если они пересекаются; полупростанство, если скрещиваются.
9. а) Внешность круга.
10. Если α — линейная фигура, то для любых ее точки A, B имеем α ⊂ A/B, а значит, и α ⊂ A/(A/B). Но A/(A/B) ⊂ AB (сделайте чертеж!); поэтому α ⊂ AB, то есть α ⊂ αα.
11. Линейная, а значит и выпуклая (упр. 17), фигура вместе с любыми двумя соиными точками содержит и всю прямую, проходящую через них (см. упр. 10a).

Бильярд

1. Не может, поскольку в противном случае, пустить частицу по той же траектории в обратном направлении (или, как говоря, обратив движения частицы во времени), получим, что, с одной стороны, частица должна двигаться внутри бильярда по замкнутой траектории и, с другой стороны, она, повторив свой первоначальный путь в обратном направлении, вылетит из бильярда.

2. а) Может; бильярд должен быть квадратом. Указа и ее. Между любым и соседним звенными траекториям угол прямой. 6) У траектории может быть только четное и любое четное (≥ 4) число звенев.

3. Искомое множество указано красным цветом на рисунке 1 (здесь (KL) || (PR), |AO| = |OV|). Указа и ее. На «клетчатой плоскости» выпрямленную траекторию могут пересекаться прямые, параллельные каждой диагонали прямойника. Из равенства времени длиеня шаров A и M получаем «выпрямленное множество точки M», а из него — искомое множество в бильярде.

4. Обозначим сторону XY цифрой 1, YZ — цифрой 2, ZX — цифрой 3. Сделаем отражение треугольника XYZ относительно стороны 1 (рис. 2), получившийся треугольник отрезим относительно стороны 2, новый треугольник отрезим относительно стороны 3. Теперь видно, что максимальная длина траектории достигается в том случае, когда выпрямленная траектория идет из Z в Y′. Соответствие в исходном треугольнике траектория ведет из Z(=A) в Y(=B). Из прямогоного треугольника ZY′C |ZY′| = √7.

5. Если траектория γ замкнута, то все звеня развиваются на пары параллельных звенев (рис. 3); следовательно, в этом случае число звенев может быть только четным. Traектория γ образительно замкнута, поскольку параллельных звенев AB, CD (а значит, и все траектории относительно центра окружности вытекает, что если шар перешел со звена AB на звено CD после n отражений, то еще через n отражений он вернет на звено AB.

6. Будем отражать данный угол относительно его сторона do тех пор, пока не получим угол, больший или равный 180° (рис. 4). Выпрямленная траектория частицы может пересекаться только эти отраженные углы. По условию их количество равно 1800. Следовательно, величина α укладывается в 180° не меньше 1800 раз и не больше 1801 раз, то есть

$$1800 \leq \frac{180}{\alpha} < 1801,$$

60

Рис. 4.
откуда
0,09994…° < α ≤ 0,1°.

Задча как задча
При уменшении $x$ сечение поворачивается вокруг отрезка $KL$, приближаясь к трапеции $KLPB$, перimetр которого равен 5/2. При $x=0$ сечение*) превращается в треугольник $PBA$, перimetр которого равен 3; к защтрихованному сечению $KLMN$ как бы добавляется ранее находимшийся вне терраэдра треугольник $LKW$; при $x=0$ он превращается в треугольник $LKA$ (см. рисунок 5).

В чем же ошибка Васи? Он правильно исследовал на отрезке [0; 1] функцию
$$\Phi(x) = \frac{3}{2} - x + \sqrt{4x^2 - 2x + 1},$$ но, к сожалению,
$$\Phi(x) \neq \frac{3}{2} - x + \sqrt{4x^2 - 2x + 1},$$ если $0 < x \leq 1$,
если $x=0$;
$$\min P(x) = P\left(\frac{1}{2}\right) = 2$$;
$$\max P(x) = P(0) = 3.$$

Приближенные вычисления при решении задач по физике

1. $a \leq 0,057$; $a \leq 0,28$.

2. $\Delta t \approx 8,6$ с.

3. $g' \approx 978$ cm/c$^2$.

4. $E \approx \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{2ql}{L^3}$.

5. $N_{cp} \approx \frac{mv}{2} \left( \frac{v^2}{2s} + g\alpha + kg \right) \approx 10$ кВт.

Читатель советют

1. $2ab/(a+b)$.
2. $x_1 = 2\pi k, x_2 = \frac{\pi}{2} + 2\pi n(k,n \in \mathbb{Z})$. Указание.
   Воспользовитесь неравенствами
   $$\sin^{11}x \leq \sin^2x, \cos^{11}x \leq \cos^2x, \sin^4x \leq \sin^2x, \cos^4x \leq \cos^2x$$
   и приведите данные уравнения к системе
   $$\begin{cases} \sin^{11}x + \cos^{11}x = 1, \\ \sin^4x + \cos^4x = 1. \end{cases}$$
3. $\left( \frac{3\sqrt{3}}{8} A \right)^p$. Указание. Возьмите окружность неокторого радиуса $R$ и каждому набору значений переменных $\alpha, \beta, \gamma$ поставьте в соответствии в лицеанный в нее треугольник с этим величины углов. Показите, что
   $$\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma = \frac{S}{2R^2}$$
   где $S$ — площадь треугольника. Используйте тот факт, что из всех вписанных в данной окружности треугольников наиболее площадь имеет равносторонний.
4. {6}.
5. {30,-61}.
6. {0}.
7. $\frac{\pi}{3} + 1 - \sqrt{3}$.
8. $[-\sqrt{2}; \sqrt{2}]$. Указание. Рассмотрите выражение в числитель как скалярное произведение векторов
   $$\vec{m} = (a; b; c)$$ и $$\vec{n} = (\cos x; \sin x; 1)$$.
9. Указание. Рассмотрите скалярное произведение векторов
   $$\vec{m} = (2^x; 3^y; 1)$$ и $$\vec{n} = (a; b; 1)$$.

Новосибирский государственный университет им. Ленинского комсомола

Математика
Вариант 1

1. $x_1 = \arccos \frac{1}{\sqrt{5}} \pm \left( \pi - \arccos \frac{\pi}{4\sqrt{5}} \right) + 2\pi k,$
   $x_2 = \arccos \frac{2}{3} \pm \arccos \frac{\pi}{6} + 2\pi l (k, l \in \mathbb{Z})$. Указание.
   Уравнение $\cos \alpha = \sin \beta$ равносильно уравнению $\cos \alpha - \cos \left( \frac{\pi}{2} - \beta \right) = 0$. Уравнение $a \cdot \sin x + b \cdot \cos x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi m$ имеет решение только при таких $m$, при которых $| -\frac{\pi}{2} + 2\pi m | \leq \sqrt{a^2 + b^2}$. Уравнение $a \cdot \sin x + b \cdot \cos x = c$ равносильно (при $a \neq 0$ или $b \neq 0$) уравнению
   $$\frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} \sin x + \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}} \cos x = \frac{c}{\sqrt{a^2 + b^2}}$$ или (при $a > 0, b > 0$) уравнение
   $$\cos \left( x - \arccos \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}} \right) = \frac{c}{\sqrt{a^2 + b^2}}.$$

62

-2√3 ≤ a ≤ -2, то $\frac{a}{2} \in A$ и функция $y = 1 + ax - x^2$ принимает наиболее значение на множество $A$ при $x = \frac{a}{2}$. Когда $-2 < a < 0$, имеем $-1 < \frac{a}{2} < 0$; функция $y = 1 + ax - x^2$ возвращает на $] -\infty; \frac{a}{2}$ и убивает на $[\frac{a}{2}; +\infty[$; значит, наиболее значение на множество $A$ она принимает при $x = -1$ или при $x = 1$; поскольку в данном случае $\frac{a}{2}$ близке к -1, чем к 1, и график функции $y = 1 + ax - x^2$ симметричен относительно прямой $x = \frac{a}{2}$, искомое наиболее значение принимается при $x = -1$. И т. д.

Физика

Вариант 2

1. Из уравнения движения мячка по горизонтали $|\vec{v}| \sin \alpha \cdot t - gt^2/2 = H$ найдем время его движения до потолка:

$$t = \frac{|\vec{v}| \sin \alpha}{g} - \sqrt{\left(\frac{|\vec{v}| \sin \alpha}{g}\right)^2 - \frac{2H}{g}}$$

(знак «+» отброшен, так как он не соответствует физической смыслу). Искомое расстояние

$$|AB| = |\vec{v}| \cos \alpha \cdot 2t = \frac{|\vec{v}|^2 \sin 2\alpha}{g} \times \left(1 - \sqrt{1 - \frac{2gH}{(|\vec{v}| \sin \alpha)^2}}\right)$$

($H < \frac{|\vec{v}|^2 \sin^2 \alpha}{2g}$, так как мячик ударился о потолок).

2. $|\vec{F}| = \frac{mg}{2} \sin \alpha$. Указание. Запишите правила моментов для оси, проходящей через точку приложения силы $\vec{F}$, и условия равенства нулю суммы проекций всех сил на направление вдоль наклонной плоскости.

3. Так как скорость стержня постоянна, силы, действующие на него, уравновешены:

$$\vec{F} = -m\vec{g},$$ или $F = mg$.

Здесь $\vec{F}$ – сила действия магнитного поля на ток; ее модель

$$|\vec{F}| = |\vec{B}|Il$$

где ток в цепи

$$I = \frac{\mathcal{E} - \mathcal{E}_{ннд}}{R}$$.

ЭДС индукции, возникка шача в движущемся проводнике, равна

$$\mathcal{E}_{ннд} = |\vec{B}|l|\vec{v}|$$.

Таким образом,

$$I = \frac{\mathcal{E} - |\vec{B}|l|\vec{v}|}{R}, |\vec{B}|l \frac{\mathcal{E} - |\vec{B}|l|\vec{v}|}{R} = mg$$,

откуда

$$|\vec{v}| = \frac{\mathcal{E}}{|\vec{B}|l} - \frac{mgR}{|\vec{B}|^2}.$$

4. Для оценки будем считать, что все масса гипнаста сосредоточена в его центре тяжестни на расстоянии $l$ от перекладины и что в верхнем положении скорость гипнаста равна нулю. Тогда из уравнения движения для нижнего положения

$$\frac{mv^2}{l} = |\vec{F}| - mg$$

и из закона сохранения энергии

$$\frac{mv^2}{2} = mg2l$$

найдем модуль $|\vec{F}|$ силы реакции со стороны перекладины, а значит, и модуль $|\vec{N}|$ силы давления гипнаста на перекладину:

$$|\vec{N}| = |\vec{F}| = 5mg$$.

Выбирая $m \sim 60$ кг, получим

$$|\vec{N}| = 5mg \sim 3 \text{ кН}$$.

5. Если пренебречь увеличением просвета в канале в результате показания гвоздя, главным эффектом будет изменение направления силы треня, действующего на гвоздь, при его поворачивании. Поворачивая и вытягиная гвоздь, надо предолевать не всю силу треня, а лишь ее проекцию вдоль гвоздя. А сгибать гвоздь надо для того, чтобы легче было его поворачивать (большое плечо — большой момент при малой силе).

Вариант 3

1. $U = \frac{\mathcal{E}_1(r_2 + R) + \mathcal{E}_2r_1}{r_1 + r_2 + R}$.

2. Согласно закону сохранения энергии

$$\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q^2}{l} + \frac{kl^2}{2} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q^2}{4l} + \frac{k4l^2}{2}$$,

откуда

$$k = \frac{q^2}{8\pi\epsilon_0 l^3}$$.

3. Количество молей газа в верхней части сосуда равно $v_1 = \frac{(p_0 + mg/S)lS}{RT}$, а в нижней – $v_2 = \frac{plS}{RT}$. После того как перегородкуубрали, давление во всем сосуде стало равным $p_0 + mg/S$. Запишем уравнение состояния газа для этого состояния: $p'V' = (v_1 + v_2)RT_1$, или

$$\left(p_0 + \frac{mg}{S}\right)(2l - x) = \frac{(p_0 + mg/S + p)lRT_1}{RT}$$,

где $x$ – смешение поршня.

Согласно первому закону термодинамики работа внешних сил равна изменению внутренней энергии газа: $p'ΔV = ΔU$, или

$$\left(p_0 + \frac{mg}{S}\right)Sx = C \frac{(p_0 + mg/S + p)lRT_1}{RT} (T_1 - T).$$

Из полученных двух уравнений найдем

$$x = l \frac{C}{C + R} \frac{p_0 + mg/S - p}{p_0 + mg/S}$$.

4. Пусть высота уровня воды в ванне $H \sim 0,5$ м, площадь сечения ванны $S \sim 1$ м² и площадь отверстия $S_0 = \pi r^2 \sim 10^{-3}$ м². Приравнивающая объем HS воды в ванне к объему $v_{cp}tS_0$ вытекающей воды и положив среднюю скорость

64

воположна $B$). Проделаем ту же процедуру растором циркуля $|AB|$; получим точки $B_1, B_2$; дуга $A_3B_2$ содержит $18^\circ$. Снова сделав три засечки от точки $B$ растором циркуля $|A_3B_2|$, получим искомые точки $C$ и $D$.

6. Вернувшись в исходное положение, внешняя окружность (с центром $O_1$ — рис. 10), во-первых, совершит 12 оборотов, прокатившись по перimetру прямого лунника ($6:0,5=12$). Кроме того, при перехождение каждой вершины прямого лунника окружность дополнительно совершает четверть оборота (см. рис. 10), так что, пройдя все четыре вершины, внешняя окружность совершит еще один оборот, а значит, всего — 13 оборотов.

Внутренняя же окружность, перекатываясь по сторонам прямого лунника, проходит путь, на $8R$ меньше его перimetра; $R$ — радиус окружности, то есть $R=\frac{0,5}{2\pi}$. Таким образом внутренняя окружность, пройдя путь $6-8\cdot\frac{0,5}{2\pi}=6-\frac{2}{\pi}$, совершит $(6-\frac{2}{\pi}):0,5=12-\frac{4}{\pi})\approx 10,9$ оборотов.

Задачи наших читателей

(см. «Квант» № 3, с.15)

1. a) $\overbrace{11\ldots1}^{n}\overbrace{55\ldots56}^{n}=\overbrace{11\ldots1}^{n}\cdot10^n+$

$+5\cdot\overbrace{11\ldots1}^{n}+1,$

(1)

$\overbrace{11\ldots1}^{n}=1+10+10^2+\ldots$

$\ldots+10^{n-1}=\frac{10^n-1}{9}.$

(2)

Подставляя (2) в (1), получаем:

$\overbrace{11\ldots1}^{n}\overbrace{55\ldots56}^{n}=\frac{1}{9}(10^n-1)\times$

$\times10^n+\frac{5}{9}(10^n-1)+1=$

$=\left(\frac{10^n+2}{3}\right)^2$

Поскольку $10^n$ при делении на 3 дает в остатке 1, число $\frac{10^n+2}{3}$ — целое.

2. a) $\overbrace{90\ldots0}^{n}\overbrace{60\ldots01}^{n}=9\cdot10^{2n+2}+$

$+2\cdot3\cdot10^{n+1}+1=(3\cdot10^{n+1}+1)^2.$

6. 121, 144, 169, 441, 484.

3. a) $\frac{199\ldots9}{99\ldots95}=\frac{2\cdot10^n-1}{10^n+1-5}=\frac{2\cdot10^n-1}{10\cdot10^n-5}=$

$=\frac{1}{5}.$

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

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

Зав. редакцией Л. Чернова

Художственный редактор Т. Макарова

Корректоры Т. Вайсберг, Е. Сидоркина

113035, Москва, М-35, Б. Ордынка 21/16,
«Квант», тел. 231-83-62
Сдано в набор 12.2.81
Подписано в печать 27.3.81
Печать офсетная
Бумага 70×108 1/16. Физ. печ. л. 4
Усл. печ. л. 5,60 Уч.-изд. л. 7,04 Т-05736
Цена 30 коп. Заказ 338 Тираж 237 027 экз.

Чеховский полиграфический комбинат
Соизолинграфпрома
Государственное комитета
СССР по делам издательств, полиграфии
и книжной торговли,
г. Чехов Московской области