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Mat en 2 coups avec prise en passant par fastkoala le 26 décembre 2016  [Aller à la fin] | Problèmes |
Je cherche un diagramme avec un mat en 2 coups dont une prise en passant fait mat.
J'ai vu une étude sur EE que je ne retrouve plus


Petiteglise, le 26/12/2016 - 18:37:19
Sous forme de sapin de Noel :
Dawson 1914,
Les NOIRS jouent et matent en 2 coups.




Petiteglise, le 26/12/2016 - 18:40:14
Plus simple et plus ancien
Amelung 1897
Les blancs jouent et matent en deux




Esoxlucius, le 26/12/2016 - 19:08:36
fastkoala demande une prise en passant qui fait mat.
Ce n'est pas le cas ici, non?


Petiteglise, le 26/12/2016 - 19:36:29
Ah ok, je n'en vois pas un de remarquable.
Tu peux en trouver des dizaines sur Yet another chess problem database, mots clefs mat en deux et en passant
(ça affiche tous les #2 avec prise en passant - qui fait mat ou non)


Adoubator, le 26/12/2016 - 19:37:05
dans le second diagramme g5 vient d'être joué par les noirs Esoxlucius


Esoxlucius, le 27/12/2016 - 01:40:34
J'ai compris mais la prise en passant ne fait pas mat, ce n'est que le coup d'après!


Adoubator, le 27/12/2016 - 01:48:33
A un coup près on va pas chipoter ! Bien cordialement


bernarddelobel, le 27/12/2016 - 08:35:46
J'ai ici un inédit qui correspond parfaitement à la demande.

#2v (7+6) C+



Chemtov, le 27/12/2016 - 08:56:41
Pour le premier diagramme (celui qui ne répond pas à la question de fastkoala), j'ai toujours regretté que l'on ne puisse pas orienter la tête de la figurine du cavalier b3 vers la droite ! Afin d'avoir une image symétrique du sapin.


dan31, le 27/12/2016 - 09:53:32
Il faudrait aussi supprimer la colonne h dans ce diagramme


Chemtov, le 27/12/2016 - 10:05:43
Et la huitième rangée, pour faire plus joli et carré.


Petiteglise, le 27/12/2016 - 10:28:46
cadeau ! (pas encore parfait mais pas pu faire mieux)
Cela dit, dans le diagramme original, il n'y a qu'une seule solution 1...bxc3!, sur un 7*7 il y en aurait deux.

Problème sympa, Bernard !

Une partie réelle avec pep matante


Chemtov, le 27/12/2016 - 10:48:01
Pas mal, merci ! Exact, en 7x7, cela ne marche pas. Le monde n'est pas parfait...je me disais bien... Peut-être 9x9 alors...


nicolasdupont, le 27/12/2016 - 14:08:56
Non, pas 2 solutions, mais une solution indéterminée.


Petiteglise, le 27/12/2016 - 14:20:31
On va peut-être pas chipoter sur une position illégale et un échiquier 7*7...


bernarddelobel, le 27/12/2016 - 18:11:37
Je viens de m'apercevoir qu'en plaçant la Tour noir en g8 j'aurais pu éviter la belette en h6.Mais bon, c'était juste une amusette vite réalisée.
Pour rester dans le thème de la prise en passant que l'on retrouve également dans les mats aidés, je vous invite à regarder cette superbe composition dans laquelle le jeu apparent se révèle sur la réflexion rétrograde.
Branislav Djurasevic - Milos Tomasevic
2è prix Wola Gulowska 1989.

H#2* (10+6)



nicolasdupont, le 27/12/2016 - 18:44:56
C'est pas du chipotage - s'il y a 2 solutions avec le même dernier coup noir (trait aux blancs), alors le problème est démoli, mais s'il y a une unique solution, qui varie selon le dernier coup noir joué, le problème est correct.

Dans le problème du sapin (trait aux noirs), le dernier coup blanc est c2-c4 ou e2-e4, et on a respectivement la clé bxc3ep ou fxe3ep - donc problème correct bien qu'on ne puisse pas déterminer quelle clé est la bonne !

Un cas intéressant est celui des roques. S'il y a une solution qui commence par 0-0, et une autre qui commence par 0-0-0, alors le problème est correct si tu peux démontrer que le camp au trait a perdu son droit à l'un des 2 roques, sans savoir lequel ! En effet, on considère là encore que la solution est unique, bien qu'indéterminée (elle commence par 0-0 si le droit au 0-0-0 est perdu, et elle commence par 0-0-0 si le droit au 0-0 est perdu).


Chemtov, le 27/12/2016 - 18:52:54
'' Dans le problème du sapin (trait aux noirs), le dernier coup blanc est c2-c4 ou e2-e4, et on a respectivement la clé bxc3ep ou fxe3ep - donc problème correct bien qu'on ne puisse pas déterminer quelle clé est la bonne ! ''

Dans la première position, il n'y a qu'une seule solution.


nicolasdupont, le 27/12/2016 - 19:55:10
Normalement, dans ce genre de problème, la symétrie implique 2 peps possibles comme premier coup de la solution, c'est ça qui en fait le charme...

Celui de Dawson est d'inspiration différente, on élimine e2-e4 comme dernier coup car le Ff1 a dû sortir vu le nombre de captures par les noirs...


nicolasdupont, le 27/12/2016 - 20:08:47
Il suffit d'enlever le Pd7 et maintenant le rétro coup e2-e4 devient légal. Je me demande pourquoi Dawson l'a ajouté, par crainte que la communauté de l'époque rejette le principe de la solution indéterminée ?


Petiteglise, le 27/12/2016 - 20:17:07
C'est du chipotage car une analyse rétrograde sur un 7*7 n'a aucun sens, une prise en passant encore moins, vu que si on suppose que les pions commencent sur la deuxième rangée, alors la position est évidemment illégale.
Donc si on veut chipoter, il faut conclure à 0 solution, pas 2.

Sinon, le Dawson est meilleur avec le pion d7, justement car la solution est unique malgré la (relative) symétrie. C'est une subtilité en plus. Et ça justifie toutes les épines du sapin, sinon on aurait pu enlever la moitié de pions !


Orouet, le 27/12/2016 - 20:24:20
pour utiliser la 8ème rangée j'aurais bien rajouté une étoile au sommet du sapin ! (pourquoi pas une dame blanche)
mais il aurait sans doute manqué une prise aux pions noirs ...


Chemtov, le 27/12/2016 - 20:31:08
Effectivement. Je trouve le problème de Dawson absolument parfait. Un quasi chef d'oeuvre. Car ce dessin du sapin complet ne peut exister qu'avec cette solution unique et vice-versa. C'est beau parce que c'est juste et vice versa.

Même l'absence de symétrie complète que je feignais de regretter, sur un plan esthétique, est en fait indispensable. Mais ne trouve t-on pas, d'ailleurs, que les plus beaux visages ne sont pas ceux qui sont parfaitement symétriques, mais plutôt ceux qui ont un léger défaut. Bon...ça, c'est un autre sujet.


Petiteglise, le 27/12/2016 - 20:32:22
@ Orouet : et même si l'on enlève par exemple le pion d5, la PEP serait illégale...


Petiteglise, le 27/12/2016 - 20:37:53
Oui Chemtov, très beau problème. A noter que Dawson a aussi composé le sapin suivant (bien dénudé, sûrement après le passage d'un chat).
#2 (jeu apparent)




nicolasdupont, le 27/12/2016 - 21:11:24
Le problème de Dawson aurait été parfait, à mon sens, en ajoutant b) - Pd7. Comme je l'ai expliqué plus haut, cette version b) reste correcte (une seule solution indéterminée), mais en utilisant un principe différent, celui de la PRA (partial retrograde analysis). Il est probable que Dawson a vu cette possibilité, mais qu'il l'a rejetée car la PRA n'était pas une convention connue à l'époque.


nicolasdupont, le 27/12/2016 - 21:22:08
Werner Keym



#2



Petiteglise, le 27/12/2016 - 23:11:18
C'est encore différent d'un problème avec une seule solution indéterminée. Là on est sûr qu'il n'y a pas #2 et après 1.De5 les noirs n'ont qu'à choisir le bon coup pour éviter le mat.
Edit : ah je me suis fait avoir.
Très joli problème donc, et le premier coup n'est pas 1.De5?? et est bel et bien indéterminé.


nicolasdupont, le 28/12/2016 - 01:11:32
Oui, c'est une belle illustration pratique de ce que je racontai plus haut - les blancs ne peuvent roquer que d'un côté, mais on ne sait pas lequel (pas très dur à montrer, il faut regarder les trajets des pions a7 et h7 noirs dans les passés possibles de la position).

Il y a apparemment 2 clés (à trouver, pas hyper dur non plus), l'une où l'on mate en utilisant ensuite 0-0, et l'autre en utilisant ensuite 0-0-0. Donc en fait la clé est unique (mais indéterminée) puisque les blancs n'ont qu'un seul roque possible.

Il est à noter que quelques problémistes restent encore sceptiques devant la convention PRA, pour moi elle est d'une logique cristalline.


bernarddelobel, le 28/12/2016 - 11:27:45
En refusant l'éventualité du non roque, la PRA s'affiche s'appuyer sur la convention des roques. Je n'ai aucun avis sur le sujet mais c'est peut être la raison pour laquelle il y a encore des sceptiques parmi les problémistes.

Pour ceux qui n'aurait pas trouvé la solution du mat aidé.
Dans la position du diagramme il apparaît clairement que le dernier coup noir n'a pu être que c7-c5 ce qui permet d'imaginer la suite: 1…dxc6ep 2.Dxg7 Fxe7# mais comme c'est aux noirs de jouer on écarte cette éventualité. La solution est: 1.Rxg7 Dc3+ 2.e5 dxe6ep #



bernarddelobel, le 02/01/2017 - 16:54:08
Bonjour et bonne année à tous !
En relisant ce fil je me disais que si on modifiait le sapin de noël pour deux solutions on serait dans un cas de démolition car on n'aurait pas deux solutions indéterminées mais deux solutions bien réelles qui donnent le choix entre l'une ou l'autre.
Il ne faut pas se tromper, dans la composition de Werner Keym qui est bien du type PRA, il n'y a pas deux clés indéterminées mais aucune !! Il y a simplement deux éventuelles clés qui s'exclus mutuellement et qui dépendent du cas ou se serait le grand ou le petit roque qui sera prononcé.
On retrouve le même état d'esprit dans la composition suivant ou les éventuelles clés qui s'excluent mutuellement dépendent du cas d'un roque ou d'un non roque.
William Langstaff. #2 PRA
B:Rf5,Td5,Ff6,h5,h6/N:Re8,Th8,g5


Si les Noirs ont le droit au roque, la clé est: 1.hxg6 e.p
Si les Noirs ont perdu le roque, alors la clé est: 1.Re6.



FPC, le 02/01/2017 - 18:00:15
« En relisant ce fil je me disais que si on modifiait le sapin de noël pour deux solutions on serait dans un cas de démolition car on n'aurait pas deux solutions indéterminées mais deux solutions bien réelles qui donnent le choix entre l'une ou l'autre.
Il ne faut pas se tromper, dans la composition de Werner Keym qui est bien du type PRA, il n'y a pas deux clés indéterminées mais aucune !! »
Pardon ?

Dans toutes ces positions (Dawson sans Pd7, Keym, Langstaff), on sait qu'il y a un mat en 2, mais on ne sait pas quelle est la clé. Il y a donc bien une clé unique, mais indéterminée.
Bien entendu, il faut tenir compte des conventions sur le roque et la prise en passant (ce que la convention PRA impose), sinon
– il y a potentiellement deux solutions dans le Langstaff,
– il y a potentiellement aucune solution dans le Keym.
Seul le Dawson sans Pd7 ne dépend d'aucune convention.


bernarddelobel, le 02/01/2017 - 19:08:30
Dans le Langstaff les coups critiques qui s'excluent et qui détermineront la clé sont le roque et le non roque et dans le Keym c'est le petit ou le grand roque. Tant que l'on ne connaît pas qu'el coup critique va exclure l'autre, on ne connait pas la clé. Donc elle n'existe pas encore.
Dans le Dawson les coups critiques sont c2-c4 et e2-e4 et comme c'est deux coups ont déjà été joués et ne peuvent plus s'exclurent les clés sont existantes.



FPC, le 02/01/2017 - 20:17:48
Les « coups […] qui détermineront » la clé ne sont pas les roques futurs, mais les coups passés de la position :
– dans le Keym, est-ce la tour a ou la tour h qui a bougé ?
– dans le Langstaff, quelle pièce a joué le dernier coup ?


nicolasdupont, le 02/01/2017 - 23:05:40
Oui, l'esprit du Langstaff est bien celui-là et pas celui décrit par Bernard. Si on détaille un peu :

Pour le dernier coup noir, on a seulement 2 possibilités, mutuellement exclusives :

- Ou bien ils ont joué un coup de roi ou de tour, le droit au roque est alors perdu et la clé est 1.Re6 (les noirs ne peuvent se défendre contre 2.Td8#).

- Ou bien ils ont joué un coup de pion, qui ne peut être alors que g7-g5, et la clé est 1.hxg6ep (à nouveau les noirs ne peuvent se défendre contre 2.Td8#).

C'est ça l'esprit de la PRA - on découpe le passé en tranches disjointes, le problème est correct si et seulement s'il y a une unique solution (dans le sens classique) par tranche.


bernarddelobel, le 03/01/2017 - 09:25:54
Autant pour moi et merci pour les explications.


Waterprof, le 03/01/2017 - 18:17:34
sur hxg6 ça mate dans les deux cas non? (h7 ou Td8 selon roque ou non)


nicolasdupont, le 03/01/2017 - 18:40:20
C'est vrai, mais on n'a pas le droit de jouer ce coup sans analyse rétrograde préalable ! Convention de la pep : on ne peut l'effectuer que s'il est prouvé que le dernier coup joué est le double pas du pion qui sera capturé en passant.

Par contre, après hxg6ep les noirs ont le droit de roquer (convention : ils peuvent le faire sauf preuve que ce droit est perdu), et le mat est effectivement 2.h7#.


nicolasdupont, le 03/01/2017 - 19:10:35
Est-ce que quelqu'un connait un problème où la clé est une pep, sans que la justification de l'impossibilité d'un simple pas (comme dernier coup joué) soit un échec ? C'est par exemple le cas avec une pep sur les colonnes a ou h, il me semble.


FPC, le 03/01/2017 - 20:48:12
Bien sûr. Il y a plein d'exemples. J'ai moi-même beaucoup usé (et abusé) de l'astuce de la découverte de la tour (ci-dessous) dont je croyais être l'inventeur.

Remarque, c'est la première fois que j'arrive à le faire en si peu de pièces (et après à peine quelques minutes de recherche !). Je me demande si ce n'est pas un record avec cette contrainte…

Le faire sur la colonne a ou h est plus dur, mais également faisable dans des positions plus lourdes.

Mat en 1 :




Petiteglise, le 03/01/2017 - 21:05:52
Et bien sûr, il y a le DR :
Dernier coup ?




Petiteglise, le 03/01/2017 - 21:14:43
Et en version étude, avec une étude qui s'avère difficile :
Les blancs jouent et gagnent.




nicolasdupont, le 04/01/2017 - 15:15:23
L'impossibilité de b6-b5 (3 diagrammes plus haut) a quand même pour cause un échec du Fa4, explicable seulement par la découverte Tc6-a6+ qui traverse b6.

Est-ce qu'on peut trouver une motivation du "simple pas impossible" sans avoir un échec quelque part (ou un DR), mais seulement grâce à une analyse rétrograde fine ?


FPC, le 04/01/2017 - 15:26:15
Bien sûr, Nicolas. Comme je te le disais, il y a plein d'exemples.

La motivation peut par exemple être l'absence de dernier coup blanc. Vite fait, avec un pion h (et une position pas si lourde, finalement) :

Dernier coup ?




FPC, le 04/01/2017 - 15:37:45
Et pour avoir une vraie clé :

Les blancs jouent et gagnent




Torlof, le 04/01/2017 - 17:05:01
Nicolas, une réponse ( affirmative) est donnée à ta question par un joli problème ( plutôt un shéma étude) proposé par alfila dans un post sur un même thème .
la position d'alfila ...avec une idée très subtile évitant l'idée d'échecs sur le simple pas!

Bonne année à tous par ailleurs


Petiteglise, le 04/01/2017 - 17:44:04
Sympa FPC, et merci Torlof d'avoir remonté ce post, avec cette jolie étude d'Alfila et surtout les commentaires du malade CaissiusClé!


Torlof, le 04/01/2017 - 18:27:29
ce qui permet de proposer cet aidé (trait aux blancs) avec pep sans notion d'échecs pour présenter la position.

h#2.5

1...axb6e.p 2.Td7 b7+ 3.Rc7 b8=D#




Torlof, le 04/01/2017 - 18:29:57
ah ah ! :o) mon but n'était pas de raviver la polémique ( stérile) mais de ramener en lumière une idée d'Alfila qui m'avait impressionnée à l'époque... mais peut-être est elle anticipé ( perso je la découvrais avec lui ! et l'important ici c'est l'idée.)


pessoa, le 04/01/2017 - 19:50:48
Hum... le simple pas est interdit, OK, mais pourquoi les noirs ne peuvent-ils pas reprendre autre chose ? Les blancs reprennent b6xa7 et les noirs peuvent débloquer le roi ou l'un des deux pions. Ai-je manqué quelque chose ?


Torlof, le 04/01/2017 - 22:50:18
hum! multi démoli en effet! :(


FPC, le 05/01/2017 - 07:52:53
En fait, ma compo de 15:26 (et la suivante) ressemble beaucoup à celle d'Alfila : même pion en 7e en particulier, et blocage du roi blanc semblable. Sauf que la sienne est bien meilleure (même si de mon côté, je m'étais fixé comme contrainte de faire une pep sur la colonne h).


FPC, le 05/01/2017 - 07:58:41
Je ne résiste pas au plaisir de vous montrer un classique du genre (je donnerai l'auteur plus tard).

Mat en quatre coups






FPC, le 05/01/2017 - 08:02:34
Une composition qui a malheureusement un défaut : on peut prouver que la pep est possible sans avoir découvert tous les secrets de la position.

J'ajoute donc une question : cases initiales de la tour g8 et du pion b4 ?


Petiteglise, le 05/01/2017 - 11:31:49
Au hasard, Michel ?
D'ailleurs, j'avais une question le concernant et Google n'a su me donner la réponse : quelqu'un sait combien de titres de champion de France de solutions il a accumulé ?


FPC, le 05/01/2017 - 17:52:24
À ma question, la réponse n'est pas Michel.

À ta question, la réponse est : Oui, Michel. :-)

En fait, je ne voulais pas donner le nom pour éviter que certains aillent chercher la solution, sur le web, mais c'est Sam Loyd, 1894. Remarquable, non ?
Pour du contemporain (et donc pour Michel), ce serait peut-être un peu léger, mais ça se discute.


Petiteglise, le 05/01/2017 - 21:37:54
Ok, je suis même pas sûr que Michel tienne les comptes :D
Sinon, pour te répondre : a7 et a2.
C'est quand même pas mal du tout et très moderne, ce genre de cages ! (Bon après j'avais proposé Michel sans avoir résolu).


Petiteglise, le 06/01/2017 - 04:56:28
Sinon, en checkant mes mails, je viens de voir que j'avais loupé ce magnifique lien donné par Erony, qui répond en beauté à la question de fastkoala : Stojnic, d'après White


regicide, le 06/01/2017 - 13:43:54
Concernant le problème de Loyd, j'ai un copain (excellent joueur au demeurant) néophyte en AR mais très intéressé par la chose, qui a failli y laisser la raison : le pion a7, le fou b8, le Ca1, la tour g8, tout lui semblait relever du surnaturel.

Malgré les indices que je lui ai fournis, il continuait à buter sur l'escalier des prises f2-a7 et sur le passage du roi blanc sur la huitième. Il a fini par déclarer la position "illégale à plusieurs titres" (je le cite) et m'a mis au défi de l'atteindre avec une PJ.

Ce que j'ai fait sous ses yeux avec WinBoard. Bon, ce n'est évidemment pas une PJ exacte et on peut certainement gagner une dizaine de coups, voire une quinzaine, car je n'ai fait aucun effort pour optimiser les séquences. Mais je me suis dit que ça pourrait quand même intéresser certains lecteurs du forum.
Voici donc la PJ en question au format FEN.

[Event "Edited game"]
[Site "Sam Loyd"]
[Date "2017.01.06"]
[Round "-"]
[White "-"]
[Black "-"]
[Result "*"]

1. g4 e6 2. Bg2 Bc5 3. Be4 a5 4. Bg6 hxg6 5. Nf3 Rh3 6. Ne5 Re3 7. fxe3 Qe7
8. Nc3 Qd6 9. Kf2 Qd4 10. exd4 Ra6 11. Ke3 Ba7 12. Kd3 Ne7 13. Rf1 Nd5 14.
Qe1 Rc6 15. Qh4 Rc5 16. dxc5 Nb6 17. cxb6 Nc6 18. Kc4 Bb8 19. Kb5 Na7+ 20.
bxa7 b6 21. Rf5 Bb7 22. Rh5 Bd5 23. Nf3 Bb3 24. axb3 g5 25. Ra4 Ke7 26. Rf4
a4 27. Ka6 a3 28. Kb7 a2 29. Kc8 Kd6 30. Nd4 a1=R 31. Kd8 Ra5 32. b4 Rf5
33. Nb3 Rf6 34. Na1 Rh6 35. b3 Kc6 36. Ke7 Rh8 37. Nd5 Rc8 38. Nf6 Kb5 39.
Ne8 Kc6 40. Kf8 Kd5 41. Kg8 Ke5 42. Rh8 Kd5 43. Kh7 Kc6 44. Nd6 Rg8 45. Rf6
Kd5 46. Bb2 Kc6 47. Be5 Kd5 48. Bf4 gxf4 49. Nc8 Ke4 50. Ne7 Ke5 51. Ng6+
Ke4 52. Nf8 Ke5 53. Rg6 Ke4 54. g5 Ke5 55. Qh6 Kf5 56. Rf6+ Kg4 57. Rg6 f5
*


Ceci dit, il est évident qu'après Loyd on a découvert des schémas plus complexes et plus subtils et que, pour un spécialiste, la position n'offre pas de grandes difficultés. Mais il y a tout de même ici plusieurs mécanismes remarquables qui sont devenus des classiques incontournables du genre, ce qui confère à ce problème une grande valeur didactique.

Mon copain était émerveille et inutile de vous dire que son nouveau dieu s'appelle Sam Loyd;o)




Petiteglise, le 06/01/2017 - 14:42:15
Tiens c'est marrant j'ai aussi un ami excellent joueur qui m'a écrit car il pensait la position illégale...


FPC, le 07/01/2017 - 19:02:18
Moi, ce qui m'a posé problème pendant quelques instants, c'est le croisement du roi et de la tour.

La résolution de la position (et a fortiori la preuve que la pep est possible) est quand même assez simple, mais c'est vrai que le nombre et la richesse des mécanismes en fait un problème très didactique.

J'ai été intrigué par la PJ de regicide et son affirmation qu'on pouvait gagner une dizaine, voire une quinzaine de coups). J'ai donc essayé de chercher un minimum en me basant sur les coups blancs (qui sont les plus limitants).
Au plus juste :
- Dame : 3 coups,
– Roi : 13 coups,
– Fous : 3 + 3 coups,
– Cavaliers : 9 coups,
– Tours : 3 + 3 coups,
– Pions : 5 (a) + 3 (b) + 2 (g).
et on doit ajouter
– 2 coups pour l'écran sur la 8e (par la tour, ça semble le plus économique),
– 2 coups puisque les pièces blanches étaient dans la même position deux coups avant.

On arrive à un total de 51 coups, donc on peut gagner au maximum 6 coups.
Sauf que je me souvenais que Loyd avait donné une PJ. Après vérification, elle fait 50 coups…
Après une longue réflexion, j'ai trouvé mon erreur (je vous laisse chercher) et j'arrive bien à un minimum de 50 coups, atteint par Sam Loyd donc, ce qui est assez hallucinant.



regicide, le 08/01/2017 - 21:02:42
Eh bien, moi, j'en suis toujours à 51, François, et je ne vois vraiment pas comment récupérer un tempo dans le jeu des Blancs.
Mais laisse-moi (nous?) encore un peu chercher avant de donner la solution.


FPC, le 11/01/2017 - 06:08:35
Dans ce que j'ai écrit, il y a du absolument certain (roi, dame, fous...) et je ne vois qu'une seule chose douteuse (forcément !).

De mon côté, j'obtiens bien 50 coups par calcul, mais je renonce à trouver la PJ.
Vraisemblablement, la TN doit passer par la 5e pour doubler la tour blanch en h3, le roi noir doit passer par la colonne h car la tour blanche va contrôler trop tôt la colonne f (à moins que ?)... c'est trop compliqué.


regicide, le 11/01/2017 - 22:03:13
Mais c'est justement parce que c'est compliqué que c'est excitant à résoudre.
Voici un moyen d'y arriver effectivement en 50 coups, comme Loyd. C'est le trajet de la dame blanche en 4 coups (alors que 3 semblent suffire) qui m'embrouillait.

[Event "Sam Loyd"]
[Site "-"]
[Date "2017.01.11"]
[Round "-"]
[White "-"]
[Black "-"]
[Result "*"]

1. g4 e6 2. Bg2 Nc6 3. Nf3 Qg5 4. Nc3 Qe3 5. fxe3 Bc5 6. Nh4 a5 7. Nb5 Nd4
8. exd4 Ba7 9. Be4 Ne7 10. Bg6 hxg6 11. Kf2 Rh5 12. Ke3 Rc5 13. dxc5 Nd5+
14. Kd4 Nb6 15. cxb6 Bb8 16. Kc4 Ra7 17. bxa7 b6 18. Nd4 Bb7 19. Kb5 Bd5
20. Ka6 Bb3 21. axb3 Ke7 22. b4 Kf8 23. Ra3 Kg8 24. Rh3 a4 25. Nb3 a3 26.
Kb7 a2 27. Kc8 a1=R 28. Kd8 Ra5 29. Na1 Rh5 30. b3 Kh8 31. Bb2 Kh7 32. Be5
g5 33. Ng6 Kh6 34. Rf1 Kh7 35. Rf6 Kh6 36. Bf4 gxf4 37. Ke7 Kg5 38. Qh1 Rh8
39. Qe4 Rd8 40. Rh8 Rc8 41. Re8 Rd8 42. Kf8 Rc8 43. Kg8 Rd8 44. Kh7 Rc8 45.
Rh8 Rg8 46. Nf8 Kh4 47. g5 Kg4 48. Qg6 Kh4 49. Qh6+ Kg4 50. Rg6 f5








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