Theoretische Grenze für die Anzahl aufeinanderfolgender Prüfungen?

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Der bekannte Datensatz für die längste Folge aufeinanderfolgender Überprüfungen (dh weiße Überprüfungen, dann schwarze Überprüfungen beim nächsten Zug, weiße Überprüfungen als nächstes usw.) in einer Rechtsposition ohne beförderte Teile beträgt 37.

Siehe http://timkr.home.xs4all.nl/chess/check.html

Gibt es eine theoretische Grenze für die Länge der Sequenz oder ist eine Wiederholung möglich, die Überprüfungen für immer ermöglicht?

Peter
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hebdenbridgechessclub.co.uk/category/problems-and-compositions gibt eine Rechtsposition (allerdings mit Beförderung) mit einer Folge von 53 Zügen. Es ist kein Beweis, aber angesichts der Anstrengungen, die unternommen wurden, würde ich sagen, dass es eine harte Grenze gibt (dh keinen unendlichen Zyklus).
Eiko
Was macht meiner Meinung nach meine Antwort zu der, die akzeptiert werden sollte?
Rewan Demontay
54 halbe Züge sind weit mehr als ich erwartet hätte. Es ist unwahrscheinlich, dass es kaputt gehen kann. Darüber hinaus befassen sich die anderen Antworten mit Figuren, die es im Schach nicht gibt, und eine Antwort verfehlte, dass weder die Fünfzig-Züge-Regel eine Rolle spielt, noch dass es nicht ausreicht, dass EINE Seite Schecks gibt (was die Frage völlig trivial machen würde).
Peter

Antworten:

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(Wenn Sie dies lesen, korrigieren Sie bitte das Diagramm für entdeckte Schecks, keine beförderten Teile, wenn Sie können, da Nd4 + für mich nicht angezeigt wird, und löschen Sie diesen Satz, wenn Sie fertig sind.)

Vorwort zu potenziellen Downvotern: Ich habe mir Zeit genommen, diese Spiele für Sie zu transkribieren. Dies ist zum Nutzen aller, die auf diese Frage stoßen.

Ich denke, dass diese 37 der bisherige Rekord OHNE beworbene Stücke ist. Hier ist das Spiel für jedermann.

G. Ponzetto Torre i Cavallo, 1993
1. Nh2 + f1 = N + 2. Rxf1 + gxf1 = N + 3. Ngxf1 + Bg5 + 4. Qxg5 + Bg2 + 5. Nf3 + exf3 + 6. Kd3 + Sc5 + 7. Qxc5 + Re3 + 8. Nxe3 + c1 = N + 9. Qxc1 + d1 = Q + 10. Qxd1 + e1 = N + 11. Qxe1 + Bf1 + 12. Nxf1 + f2 + 13. Ne3 + f1 = Q + 14. Qxf1 + Qxf1 + 15. Nxf1 + Re3 + 16. Nxe3 + b1 = Q + 17. Rxb1 + axb1 = Q + 18. Sc2 + Nf2 + 19. Bxf2 +

Einer der Kommentare besagt, dass der Rekord von beworbenen Stücken 53 ist. Laut Tim Krabbes Website (Journal Entry 387 https://timkr.home.xs4all.nl/chess2/diary.htm ) wurde dieser Rekord jedoch seitdem von gebrochen 54. Hier ist auch dieses Spiel, auch für jedermanns Bequemlichkeit.

Alexey Khanyan, 2013
1. Db6 + Rc5 + 2. Qd6 + Nxd6 + 3. BF6 + Sxf6 + 4. Nfg4 + Qf2 + 5. Nhf3 + KD5 + 6. e4 + Nfxe4 + 7. Sf6 + Sxf6 + 8. Be4 + Nfxe4 + 9. Df5 + Nxf5 + 10. Rad6 + Nexd6 + 11. Bc4 + Nxc4 + 12. Re5 + Sxe5 + 13. Sc4 + Qfd2 + 14. Sxd2 + Rf3 + 15. Sxf3 + Qd2 + 16. Scxd2 + Rc4 + 17. Lxc4 + Dxc4 + 18. Ne4 + Bd2 + 19. Dxd2 + Sd3 + 20. Dxd3 + Sd4 + 21. Sf6 + Dxf6 + 22. Df5 + e5 + 23. Sxe5 + Rf3 + 24. Sxf3 + Qe5 + 25. Sxe5 + Sf3 + 26. Dd4 + Dxd4 + 27. De4 + Dxe4 +

Ich denke, dass das theoretische harte Limit auf die Kategorie beschränkt ist, die Sie wählen - keine beworbenen Stücke und beförderte erlaubt. Zusätzlich können die aktuellen Datensätze verfeinert werden, bis ein Stück übrig ist, solange es überprüft wird.


Leichte Ergänzung: Interessanterweise ist es möglich, gegenseitig entdeckte Überprüfungen durchzuführen. Hier ist die Quelle , Journaleintrag # 366.

Hier ist der Rekord ohne beförderte Stücke-11.

Alexey Khanyan, 2011
1. f8 = B + Kd6 + 2. Sge5 + Ne6 + 3. Lf4 + Sd4 + 4. Sg6 + Sxf4 + 5. Sxe7 + bxa6 + 6. Sc6 +

Und mit beförderten Stücken-17.

Alexey Khanyan, 2011
1. Nf5 + B4d6 + 2. Ned4 + Ngxf7 + 3. Rg5 + Nfe4 + 4. Rf3 + Nb3 + 5. Rcxc1 + Nc6 + 6. Nfxd6 + Ne5 + 7. N4f5 + Nd2 + 8. Sc4 + Nd7 + 9. Sd6 +

Ich habe dieses brillante Beispiel für gegenseitig entdeckte Schecks an anderer Stelle auf der Website von Tim Krabe gefunden (Journal Entry # 265.)

Er gibt diese Serie von 7 gegenseitig entdeckten Schecks. Was hier einzigartig ist, ist, dass alle Bewegungen, abzüglich der ersten, erzwungen werden, was es einzigartig macht.

V. Korolkov, 1940
1. Sd8 + Re6 + 2. f6 + Ne5 + 3. Lxe3 + Sd3 + 4. b4 #
Rewan Demontay
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Eine andere Möglichkeit, eine unendliche Reihe von Schecks zu erhalten, ist die Verwendung eines Märchenstücks. Betrachten Sie diese Position, außer dass das schwarze Stück auf e5 kein Ritter, sondern ein Kamel (ein (3,1) -Leaper) ist. Dann stellt die gegebene Folge von vier Gegenprüfungen die Diagrammposition wieder her, wobei Weiß sich bewegt. (Leider kann der PGN-Viewer es wegen des Märchenstücks nicht anzeigen.)

Unendliche Reihe von Schecks
1. Sc7 + Cb6 + 2. Sc5 + Ce5 +
Rosie F.
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Schöne Position. Ist es deine eigene Komposition oder hast du sie irgendwo gefunden?
jk - Stellen Sie Monica
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Es ist meine eigene Komposition, aber es war vorher bekannt, dass eine solche Konstruktion möglich ist. Ich habe irgendwo im Internet eines gesehen, aber es ist nicht auf der oben zitierten Tim Krabbé-Webseite. Beim Googeln konnte ich nichts Passendes finden, also habe ich dieses selbst gebaut.
Rosie F
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Bearbeiten: Dies funktioniert nicht, weil ich entdeckte Schecks vergessen habe. Ich denke jedoch, dass dieser Fortschritt bemerkenswert ist, daher werde ich die Antwort hier lassen.

Wiederholung ist unmöglich.

Erstens kann es offensichtlich keine Bauernbewegungen, Burgen oder Eroberungen geben.

Als nächstes behaupte ich, dass es keine Königszüge geben kann. Um dies zu beweisen, beachten Sie, dass ein Königszug nur dann einen Scheck geben kann, wenn es sich um einen entdeckten Scheck handelt. Damit ein König sich bewegen kann, müssen sich die beiden Könige in einer Linie befinden, ob vertikal, horizontal oder diagonal. In Anbetracht der Position eines der Könige kann die Menge der Quadrate, auf der sich der andere König befindet, so dass er die Menge der Quadrate in derselben Linie mit dem König und nicht das gleiche Quadrat wie der König oder die Quadrate daneben überprüfen kann dieses Quadrat. Keine zwei dieser Felder sind benachbart, so dass der König nicht in einem Zug von einem solchen Feld zum anderen wechseln kann. Beachten Sie, dass sich die Felder A und B genau dann in einer Linie befinden, wenn sich die Felder B und A in einer Linie befinden. Sobald sich einer der Könige bewegt, befinden sie sich nicht mehr in einer Linie, sodass keine weiteren Königsbewegungen mehr Kontrolle geben können. Es gibt also höchstens einen Königszug im Zyklus,

Daher kann es keine Ritterkontrollen geben, sonst müsste sich der König bewegen oder der Ritter müsste gefangen genommen werden.

Daher sind alle Züge stückweise, was bedeutet, dass sie alle die vorherigen Prüfungen blockieren müssen.

Nehmen wir für jede Metrik auf der Menge der Quadrate des Schachbretts an, dass für jede Menge von Positionen für die Könige K1 und K2 und jedes Quadrat A, das in einer Linie (vertikal, horizontal oder diagonal) mit dem König liegt, Jedes blockierende Quadrat B kann die Summe der Abstände vom Quadrat zu jedem der Könige nicht erhöhen (d. h. d (A, K1) + d (A, K2)> = d (B, K1) + d (B, K2) )). Dann muss die Summe der Abstände zu jedem der Quadrate der Könige während des gesamten Zyklus konstant bleiben.

Es ist leicht zu überprüfen, ob die folgenden Metriken diese Eigenschaft erfüllen: d (A, B) = | row (A) -row (B) | d (A, B) = | Spalte (A) -Spalte (B) | d (A, B) = | Steigung1diagonal (A) -Slope1diagonal (B) | (Damit meine ich die Zahl der Diagonalen, die parallel zur A1H8-Diagonale von 1-15 sind) d (A, B) = | Steigung-1-Diagonale (A) -Slope-1-Diagonale (B) | (Wie die vorherige, jedoch parallel zur anderen Diagonale)

Tatsächlich ist es leicht zu erkennen, dass für jede der obigen Metriken das Blockierungsquadrat nicht innerhalb der zwei parallelen Linien dieser Metriken liegt (z. B. für die erste Metrik innerhalb des Rechtecks ​​mit Seiten, die durch die Reihen von jeder von jeder gebildet werden die Könige und Säulen die Seiten des Brettes), dann wird die Summe der Abstände mit dem nächsten blockierenden Quadrat abnehmen. Was ein Widerspruch wäre, so dass die Sperrquadrate auf jede der parallelen Begrenzungslinien beschränkt sind.

Wenn sich die beiden Könige in derselben Zeile, Spalte oder Diagonale befinden, zeigt die Verwendung des Arguments aus dem obigen Absatz, dass alle Sperrquadrate in dieser Zeile, Spalte oder Diagonale eindeutig unmöglich sein müssen.

Wenn wir also die Königspositionen als zwei gegenüberliegende Eckpunkte eines Rechtecks ​​mit Seiten parallel zu den Seiten des Bretts betrachten, müssen sich unter Verwendung der ersten beiden Metriken alle blockierenden Quadrate in oder auf dem Begrenzungsrechteck befinden. Die Verwendung der beiden anderen Metriken ermöglicht es uns, dies auf ein begrenzendes Parallelogramm zu verkleinern.

Beachten Sie, dass die einzig möglichen Blockierungsquadrate diejenigen sind, die Schnittpunkte der Zeilen, Spalten und Diagonalen durch jedes der Quadrate der Könige sind, da sie dem anderen König einen Scheck geben und einen Scheck blockieren müssen. Es ist leicht zu erkennen, dass das Begrenzungsparallelogramm immer zwei mögliche Blockierungsquadrate enthält: die beiden anderen Eckpunkte des Parallelogramms. Aber wenn wir dann jeweils ein Kontrollstück haben (was notwendig ist), dann gibt es keine Quadrate von ihnen, zu denen wir uns bewegen können, um Scheck und Widerspruch zu geben.

alphacapture
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Bei Nightriders (NN) (ein klassisches Märchenstück) und Rooks gibt es Positionen mit gegenseitiger ständiger Kontrolle. Ich schreibe die Entdeckung diesem Kommentar auf chessvariants.org von HG Muller im Jahr 2012 zu. Die Position ist Schwarz: Rb1, Rc1, Kb2; Weißes NNa6, NNd6, Kb4; Schwarz, um sich zu bewegen.

Es ist auch möglich, mit Nightridern und Bischöfen eine gegenseitige ewige Kontrolle aufzubauen: Schwarz: Ba2 Bb1 Kb3 (zwei Bischöfe derselben Farbe); Weißes NNf8, NNh6, Ke6; Schwarz, um sich zu bewegen.

jk - Monica wieder einsetzen
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Ein Spieler könnte mehr als 50 Mal hintereinander überprüft werden. Die Regel für 50 Züge wird auf Null zurückgesetzt, wenn ein Bauer bewegt oder eine Figur erbeutet wird. Wenn Weiß Schwarz prüft, könnte ein Bauernzug ​​verwendet werden, um jeden fünfzigsten Zug einen Scheck mit den anderen 49 Schecks zu liefern, die von einem anderen Stück geliefert werden, da jeder der 8 Bauern sich 6 Mal bewegen kann, das ist ein Potenzial von 6 x 50 x 8 = 2400 Schecks hintereinander. In ähnlicher Weise könnte Schwarz Schecks durch Bauernbewegungen entkommen, was zu weiteren 2400 möglichen Schecks führt.

30 Teile sind erfassbar, Sie müssen noch eines prüfen, also vielleicht noch 29x 50 = 1450 Schecks

Wie wäre es also, wenn 6.250 Schecks hintereinander möglich wären - ich denke, ich könnte ein sehr langweiliges Spiel mit dieser Anzahl von Schecks hintereinander erfinden - wie in einer vorherigen Antwort erwähnt, müsste man sich vor dreifacher Wiederholung schützen, aber Ich denke das wäre möglich.

Unendlichkeit ist definitiv möglich aufgrund der Fünfzig-Züge-Regel, die nur durch endliches Material, das das Brett verlässt, oder durch endliche Bauernbewegungen auf Null zurückgedreht werden kann - Schach selbst hat ein möglichst langes Spiel

Andrew Deighton
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Es wurde nicht in der Frage selbst dargelegt, aber aus dem verknüpften Beispiel geht hervor, dass das OP an Bewegungssequenzen interessiert ist, bei denen beide Seiten jedes Mal prüfen, und sich fragt, ob es theoretisch möglich ist, eine Position zu konstruieren, die ein Unendliches zulässt Schleife solcher gegenseitigen Kontrollen hin und her.
ETD
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@etd du hast es!
Peter
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Berücksichtigen Sie nicht die 50-Zug-Regel. Die Frage ist theoretisch.
Peter
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Ich sehe keinen Grund, diese Antwort abzulehnen. Die Frage ist vage formuliert, dass ich die Idee des OP erst nach dem Lesen einiger Antworten bekommen konnte. Jeder würde "aufeinanderfolgende Überprüfungen" als Überprüfungen derselben Seite bei jeder Bewegung verstehen . Dies muss in der Frage klar angegeben werden.
Wais Kamal
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Aufgrund der 50-Zug-Regel beträgt das Limit 50. Wenn Sie die 50-Zug-Regel ignorieren, gibt es immer noch ein Limit, da es eine begrenzte Anzahl von Schachpositionen gibt. Die Fünfzig-Züge-Regel im Schach besagt, dass ein Spieler ein Unentschieden beanspruchen kann, wenn in den letzten fünfzig Zügen kein Fang gemacht und kein Bauer bewegt wurde (zu diesem Zweck besteht ein "Zug" aus einem Spieler, der seinen Zug beendet, gefolgt von seinem Gegner, der seinen Zug beendet).

Dreifache Wiederholung ist, wenn sich die Position auf dem Brett dreimal wiederholt, kann ein Spieler ein Unentschieden beanspruchen.

CognisMantis
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Die Frage ist eindeutig kombinatorischer Natur. Ich denke nicht, dass die praktischen Regeln des Turnierschachs für die Antwort relevant sind. Oder anders ausgedrückt: Es gibt keinen Spieler, der ein Unentschieden beanspruchen würde. Nur ein Schachproblemkomponist, der versucht, eine Position aufzubauen, die für das Turnierschach überhaupt nicht relevant ist.
BlindKungFuMaster
Nun, ist die Antwort dann nicht trivial wegen der Wiederholung, die wir in Spielen gesehen haben? Mir könnte etwas fehlen.
CognisMantis
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@CognisMantis Ich erinnere mich nicht an eine Wiederholung, bei der jeder Zug beider Spieler ein Scheck ist.
JiK
Ok, ich sehe, wo ich falsch gelaufen bin.
CognisMantis
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Leichter Fehler zu machen. Ich glaube, ich verstehe jede Sekunde von Peters Fragen falsch… zumindest anfangs.
BlindKungFuMaster