Известная запись для самой длинной последовательности последовательных проверок (то есть белых проверок, затем черных проверок на следующем ходу, белых проверок следующей и т. Д.) В легальной позиции без продвинутых фигур, составляет 37.
См http://timkr.home.xs4all.nl/chess/check.html
Существует ли теоретический предел длины последовательности или возможно повторение, позволяющее проверять навсегда?
Ответы:
(Если вы читаете это, пожалуйста, исправьте диаграмму для обнаруженных проверок, без повышенных, кусков, если вы можете, поскольку Nd4 + не показывается для меня, и удалите это предложение, когда вы закончите.)
Предисловие к потенциальным даунвотерам: я потратил время на то, чтобы записать эти игры для вас. Это для блага всех, кто сталкивался с этим вопросом.
Я думаю, что 37 - рекорд до сих пор БЕЗ продвигаемых произведений. Вот игра для всеобщего удобства.
В одном из комментариев говорится, что запись из продвигаемых произведений составляет 53. Однако, согласно сайту Тима Краббе (запись в журнале 387 https://timkr.home.xs4all.nl/chess2/diary.htm ), эта запись была побита 54. Вот и эта игра, также для удобства всех.
Я думаю, что теоретический жесткий предел ограничен тем, какую категорию вы выберете - никакие рекламируемые произведения и раскрутка не допускаются. Кроме того, текущие записи могут уточняться до тех пор, пока не останется один кусок, если он дает проверку.
Незначительное дополнение: Интересно, что возможно иметь взаимные обнаруженные проверки. Вот источник , запись в журнале № 366.
Вот эта запись без раскрученных штук-11.
И с раскрученными штуками-17.
Я нашел этот блестящий пример взаимных обнаруженных проверок в другом месте на сайте Тима Крабе (Запись в журнале № 265).
Он дает эту серию из 7 взаимных обнаруженных чеков. Здесь уникально то, что все ходы, кроме первого, являются принудительными, что делает его уникальным.
источник
Другой способ получить бесконечную серию проверок - использовать сказочный предмет. Рассмотрим эту позицию, за исключением того, что черная фигура на е5 - не рыцарь, а верблюд ((3,1) -прыжок). Затем данная последовательность из четырех перекрестных проверок восстанавливает положение диаграммы, когда белые перемещаются. (К сожалению, просмотрщик PGN не может отобразить его из-за сказки.)
источник
Изменить: это не работает, потому что я забыл об обнаруженных чеках. Тем не менее, я думаю, что этот прогресс заметен, поэтому я оставлю здесь ответ.
Повторение невозможно.
Во-первых, очевидно, что не может быть никаких ходов пешки, рокировки или захвата.
Далее я утверждаю, что не может быть никаких ходов короля. Чтобы доказать это, обратите внимание, что ход короля может дать чек, только если это обнаруженный чек. Таким образом, для того, чтобы ход короля дал чек, два короля должны быть в линии, вертикальной, горизонтальной или диагональной. Учитывая положение одного из королей, набор квадратов, на котором может находиться другой король, чтобы он мог дать проверку, представляет собой набор квадратов на одной линии с королем, а не на одном квадрате с королем или квадратами рядом с ним. эта площадь. Нет двух соседних квадратов, поэтому король не может перейти от одного такого квадрата к другому за один ход. Обратите внимание, что квадраты A и B находятся на одной линии в том и только в том случае, если квадраты B и A находятся на одной линии, поэтому, когда один из королей перемещается, они больше не находятся на одной линии, поэтому дальнейшие движения королей не могут дать чек. Таким образом, в цикле не более одного движения короля,
Следовательно, не может быть никаких проверок рыцаря, иначе король должен был бы двигаться, или рыцарь должен был быть захвачен.
Следовательно, все ходы являются движениями по частям, что означает, что они должны блокировать предыдущие проверки.
Предположим, что для любой метрики на множестве квадратов на шахматной доске верно, что для любого набора позиций для королей K1 и K2 и любого квадрата A, который находится на некоторой линии (вертикальной, горизонтальной или диагональной) с королем, любой блокирующий квадрат B не может увеличить сумму расстояний от квадрата до каждого из королей (то есть d (A, K1) + d (A, K2)> = d (B, K1) + d (B, K2 )). Тогда сумма расстояний до каждого из квадратов королей должна оставаться постоянной на протяжении всего цикла.
Нетрудно проверить, что следующие свойства удовлетворяют этому свойству: d (A, B) = | row (A) -row (B) | d (A, B) = | столбец (A) -колонка (B) | d (A, B) = | slope1diagonal (A) -slope1diagonal (B) | (К этому I среднего числа диагоналей, которые параллельны диагоналям A1H8 от 1-15) d (A, B) = | Наклон-1diagonal (А) -slope-1diagonal (В) | (То же самое, что и предыдущий, но параллельно другой диагонали)
На самом деле, легко увидеть, что для любой из вышеуказанных метрик, если квадрат блокировки не находится в двух параллельных линиях этих метрик (например, для первой метрики, внутри прямоугольника со сторонами, образованными строками каждой из цари и колонны по бокам доски), то сумма расстояний будет уменьшаться со следующего блокирующего квадрата. Что было бы противоречием, поэтому блокирующие квадраты ограничены, чтобы находиться внутри каждой из ограничивающих параллельных линий.
Если два короля находятся на одной и той же строке, столбце или диагонали, используя аргумент из пункта выше, показывает, что все блокирующие квадраты должны быть в этой строке, столбце или диагонали, очевидно, невозможно.
Поэтому, если мы рассматриваем позиции короля как две противоположные вершины прямоугольника со сторонами, параллельными сторонам доски, используя первые две метрики, все блокирующие квадраты должны быть внутри или на ограничивающем прямоугольнике. Использование двух других метрик позволяет сократить это до ограничивающего параллелограмма.
Обратите внимание, что единственными возможными блокирующими квадратами являются те, которые являются пересечениями строк, столбцов и диагоналей через каждый из квадратов королей, потому что они должны дать проверку другому королю и заблокировать проверку. Легко видеть, что в ограничивающем параллелограмме всегда есть 2 возможных блокирующих квадрата: две другие вершины параллелограмма. Но тогда, если у нас есть один проверяющий элемент в каждом (что необходимо), то у них нет квадратов, на которые можно перейти, чтобы дать проверку, противоречие.
источник
У Nightriders (NN) (классическая фея) и Rooks есть позиции с взаимным постоянным контролем. Я приписываю открытие этому комментарию на chessvariants.org Х. Г. Мюллера в 2012 году. Черная позиция: Rb1, Rc1, Kb2; Белый NNa6, NNd6, Kb4; Черные двигаться.
Также возможно построить взаимную вечную проверку с Ночными Всадниками и Епископами : Черный: Ba2 Bb1 Kb3 (два Епископа одного цвета); Белый NNf8, NNh6, Ke6; Черные двигаться.
источник
игрок может быть проверен гораздо более 50 раз подряд, правило 50 ходов возвращается к нулю, если какая-либо пешка перемещена или какая-либо фигура захвачена. Если белые проверяли черных, то ход пешки можно было использовать для доставки чека на каждое пятидесятое движение с другими 49 чеками, доставленными какой-либо другой фигурой, поскольку каждая из 8 пешек может двигаться 6 раз, это потенциальное значение 6 x 50 x 8 = 2400 проверок подряд. Точно так же черные могут избежать проверок ходами пешки, что приведет к еще 2400 потенциальным проверкам.
30 штук могут быть сняты, вам нужно проверить один, так что, может быть, еще 29x 50 = 1450 проверок
так как же возможно 6250 проверок подряд - думаю, я мог бы придумать очень скучную игру с таким количеством проверок подряд - как упоминалось в предыдущем ответе, вам нужно было бы защититься от трехкратного повторения, но Я думаю, что это было бы возможно.
Бесконечность определенно возможна из-за правила пятидесяти ходов, которое может быть возвращено к нулю только из-за конечного материала, покидающего доску, или из-за конечных ходов пешки - у шахмат самая длинная игра
источник
Из-за правила пятидесяти ходов лимит составляет 50. Если вы игнорируете правило 50 ходов, то все равно есть предел, потому что существует конечное количество шахматных позиций. Правило пятидесяти ходов в шахматах гласит, что игрок может претендовать на ничью, если захват не был сделан и пешка не была перемещена за последние пятьдесят ходов (для этой цели «ход» состоит из игрока, завершающего свой ход, за которым следует его ход. противник заканчивает свой ход).
Трехкратное повторение - когда позиция на доске повторяется три раза, игрок может претендовать на ничью.
источник