Znany rekord najdłuższej sekwencji kolejnych kontroli (tj. Białych czeków, następnie czarnych czeków w następnym ruchu, białych czeków w następnych krokach itd.) W legalnej pozycji bez promowanych kawałków to 37.
Zobacz http://timkr.home.xs4all.nl/chess/check.html
Czy istnieje teoretyczny limit długości sekwencji, czy też możliwe jest powtórzenie, pozwalające na sprawdzenie na zawsze?
Odpowiedzi:
(Jeśli czytasz to, popraw diagram wykrytych czeków, brak awansów, jeśli możesz, ponieważ Nd4 + nie pokazuje mi się, i usuń to zdanie, gdy skończysz.)
Przedmowa do potencjalnych downvoterów: Poświęciłem trochę czasu na transkrypcję tych gier. Jest to korzystne dla wszystkich, którzy napotykają to pytanie.
Myślę, że 37 to dotychczasowy rekord BEZ promowanych utworów. Oto gra dla wszystkich.
Jeden z komentarzy stwierdza, że rekord z promowanych utworów to 53. Jednak według strony Tima Krabbe'a (Journal Entry 387 https://timkr.home.xs4all.nl/chess2/diary.htm ), ten rekord został pobity przez 54. Oto także ta gra, również dla wygody wszystkich.
Myślę, że teoretyczny twardy limit jest ograniczony do wybranej przez ciebie kategorii - żadnych promowanych utworów i promowanych dozwolonych. Ponadto bieżące rekordy można udoskonalać do momentu pozostawienia jednego elementu, o ile daje on czek.
Nieznaczne dodanie: Co ciekawe, możliwe jest wzajemne wykrycie czeków. Oto źródło , wpis do dziennika nr 366.
Oto rekord bez promowanych utworów-11.
I z promowanymi sztukami-17.
Ten świetny przykład wzajemnych odkryć sprawdziłam gdzie indziej na stronie Tima Krabe (Journal Entry # 265.)
Daje serię 7 wzajemnie wykrytych czeków. Unikalne jest tutaj to, że wszystkie ruchy, pomijając pierwszy, są wymuszone, co czyni je wyjątkowymi.
źródło
Innym sposobem na uzyskanie nieskończonej serii czeków jest użycie kawałka wróżki. Rozważ tę pozycję, z tym wyjątkiem, że czarny kawałek na e5 nie jest rycerzem, ale wielbłądem (a (3,1) -leaper). Następnie podana sekwencja czterech kontroli krzyżowych przywraca pozycję diagramu z białym, aby się poruszyć. (Niestety, przeglądarka PGN nie może jej wyświetlić z powodu bajki.)
źródło
Edycja: To nie działa, ponieważ zapomniałem o wykrytych czekach. Myślę jednak, że ten postęp jest znaczący, więc zostawię odpowiedź tutaj.
Powtórzenie jest niemożliwe.
Po pierwsze, oczywiście nie może być żadnych ruchów pionka, roszowania ani chwytania.
Następnie twierdzę, że nie może być żadnych ruchów króla. Aby to udowodnić, zauważ, że ruch króla może dać czek tylko wtedy, gdy jest to czek wykryty. Tak więc, aby król mógł sprawdzić, dwaj królowie muszą znajdować się w linii, pionowej, poziomej lub ukośnej. Biorąc pod uwagę pozycję jednego z królów, zestaw kwadratów, na których może znajdować się drugi król, aby mógł sprawdzić, to zestaw kwadratów w tej samej linii z królem, a nie ten sam kwadrat co król lub kwadraty obok ten kwadrat. Żadne z tych dwóch pól nie sąsiadują ze sobą, więc król nie może przejść z jednego takiego pola na drugi w jednym ruchu. Zauważ, że kwadraty A i B są w linii wtedy i tylko wtedy, gdy kwadraty B i A są w linii, więc gdy jeden z królów się poruszy, nie są już w linii, więc żadne dalsze ruchy króla nie mogą dać kontroli. Tak więc w cyklu występuje co najwyżej jeden ruch króla,
Dlatego nie może być żadnych czeków rycerskich, inaczej król musiałby się poruszyć lub rycerz musiałby zostać schwytany.
Dlatego wszystkie ruchy są ruchami po kawałkach, co oznacza, że wszystkie muszą blokować poprzednie kontrole.
W przypadku każdej metryki na zbiorze kwadratów szachownicy załóżmy, że w przypadku dowolnego zestawu pozycji dla królów K1 i K2 oraz dowolnego kwadratu A, który jest w pewnej linii (pionowej, poziomej lub ukośnej) z królem, żaden kwadrat blokujący B nie może zwiększyć sumy odległości od kwadratu do każdego z królów (to znaczy d (A, K1) + d (A, K2)> = d (B, K1) + d (B, K2 )). Następnie suma odległości do każdego z kwadratów królów musi pozostać stała przez cały cykl.
Łatwo jest sprawdzić, czy następujące metryki spełniają tę właściwość: d (A, B) = | row (A) -row (B) | d (A, B) = | kolumna (A) -kolumna (B) | d (A, B) = | nachylenie1 diagonalne (A)-nachylenie1 diagonalne (B) | (Rozumiem przez to liczbę przekątnych, które są równoległe do przekątnej A1H8 od 1-15) d (A, B) = | nachylenie-1 przekątna (A)-nachylenie-1 przekątna (B) | (Taki sam jak poprzedni, ale równoległy do drugiej przekątnej)
W rzeczywistości łatwo zauważyć, że dla dowolnej z powyższych metryk, jeśli kwadrat blokujący nie znajduje się w dwóch równoległych liniach tych metryk (np. Dla pierwszej metryki, w prostokącie z bokami utworzonymi przez rzędy każdego z królami i kolumnami po bokach planszy), a następnie suma odległości zmniejszy się przy następnym kwadracie blokującym. Co byłoby sprzecznością, więc kwadraty blokujące są ograniczone do każdej z ograniczających linii równoległych.
Jeśli dwaj królowie są w tym samym rzędzie, kolumnie lub po przekątnej, użycie argumentu z powyższego akapitu pokazuje, że wszystkie kwadraty blokujące muszą znajdować się w tym rzędzie, kolumnie lub po przekątnej, wyraźnie niemożliwe.
Dlatego jeśli widzimy pozycje króla jako dwa przeciwległe wierzchołki prostokąta o bokach równoległych do boków planszy, używając pierwszych dwóch wskaźników, wszystkie kwadraty blokujące muszą znajdować się w prostokącie ograniczającym lub na nim. Użycie dwóch pozostałych metryk pozwala nam zmniejszyć to do ograniczającego równoległoboku.
Zauważ, że jedyne możliwe kwadraty blokujące to te, które są przecięciami rzędów, kolumn i przekątnych przez każdy z kwadratów królów, ponieważ muszą dać czek drugiemu królowi i zablokować czek. Łatwo zauważyć, że zawsze istnieją 2 możliwe kwadraty blokujące w ograniczającym równoległoboku: pozostałe dwa wierzchołki równoległoboku. Ale jeśli mamy jeden element kontrolny w każdym (co jest konieczne), nie ma od nich żadnych pól, aby przejść do sprawdzenia, sprzeczności.
źródło
Z Nightriders (NN) (klasyczny wróżka) i Rooks, są pozycje z wzajemną wieczystą kontrolą. Odkrycie przypisuję temu komentarzowi na stronie chessvariants.org autorstwa HG Mullera w 2012 roku. Pozycja jest czarna: Rb1, Rc1, Kb2; Biały NNa6, NNd6, Kb4; Czarny, aby się poruszać.
Możliwe jest również zbudowanie wzajemnego wieczystego czeku z Nightriders i Bishops : Black: Ba2 Bb1 Kb3 (dwóch biskupów tego samego koloru); Biały NNf8, NNh6, Ke6; Czarny, aby się poruszać.
źródło
gracz może zostać sprawdzony znacznie więcej niż 50 razy z rzędu, reguła 50 ruchów wraca do zera, jeśli którykolwiek pion zostanie przesunięty lub złapany zostanie dowolny element. Jeśli białe sprawdzają czerń, ruch pionkiem może być użyty do dostarczenia czeku co pięćdziesiąty ruch z pozostałymi 49 czekami dostarczonymi przez inny kawałek, ponieważ każdy z 8 pionków może poruszać się 6 razy, to potencjalnie 6 x 50 x 8 = 2400 czeków z rzędu. Podobnie czarne mogą uniknąć kontroli przez ruchy pionków, co prowadzi do kolejnych 2400 potencjalnych kontroli.
30 sztuk jest możliwych do przechwycenia, potrzebujesz jednego do sprawdzenia, więc może kolejne 29x 50 = 1450 czeków
więc co powiesz na 6250 czeków z rzędu - myślę, że mógłbym stworzyć bardzo nudną grę z taką liczbą czeków z rzędu - jak wspomniano w poprzedniej odpowiedzi, musiałbyś się wystrzegać przed 3-krotnym powtórzeniem, ale Myślę, że to byłoby możliwe.
Nieskończoność jest zdecydowanie możliwa dzięki regule pięćdziesięciu ruchów, która może być cofnięta do zera tylko przez skończony materiał opuszczający planszę lub skończone ruchy pionkiem - szachy mają najdłuższą możliwą grę
źródło
Z powodu reguły pięćdziesięciu ruchów limit wynosi 50. Jeśli zignorujesz zasadę 50 ruchów, nadal istnieje limit, ponieważ istnieje skończona liczba pozycji w szachach. Reguła pięćdziesięciu ruchów w szachach stanowi, że gracz może ubiegać się o remis, jeśli nie dokonano żadnego przejęcia i żaden pion nie został przesunięty w ciągu ostatnich pięćdziesięciu ruchów (w tym celu „ruch” polega na tym, że gracz kończy swoją turę, po której następuje jego przeciwnik kończący swoją turę).
Trzykrotne powtórzenie ma miejsce, gdy pozycja na planszy powtarza się trzy razy, gracz może przejąć remis.
źródło