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| Nbre de parties possibles ? par jf***e*1401 le
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| Théorie | |
Aux mathématiciens-echequeux...
Combien existe t'il de parties (pas de positions!) possibles avec les régles des échecs d'octobre 2005 ?
Quel serait la taille des tables de Nalimov (compressées ou non) pour les finales de 32 piéces ?
Merci
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Etant donné qu'aucun... des deux joueurs n'est tenu de réclamer l'application de la règle des 50 coups ou de la répétition de positions, autant que tu veux.
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Disons que ces régles sont appliquées....
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D'après mes calculs d'il y a longtemps La partie d'échecs la plus longue en théorie ferait 6300 coups (en applicant la règle des 50 coups à 6*8 coups de pions plus 15 prises possibles pour chaque camp), soit 12600 demi-coups.
Si on suppose une "moyenne" de 30 coups possibles pour chaque camp, le nombre maximum de parties possibles devrait être de 30 puissance 12600. En réalité, ce nombre est irréaliste, une majorité de parties pouvant se terminer bien plus tôt.
En pratique, les règles des échecs étant ce qu'elles sont, le nombre de coups légaux dépend énormément de la position : un échec ne laissera parfois qu'un seul coup à un camp, mais au prochain il peut y avoir 50 coups légaux. Que la position soit ouverte ou fermée influe grandement sur les possibilités à court/moyen terme de chaque camp.
Donc calculer le nombre *exact* de parties possibles nécessite de parcourir systématiquement l'arbre de calcul, donc à peu de choses près, de résoudre complètement le jeu d'échecs.
Quant aux tables de Nalimov : (64!)/(32!) devrait te donner un ordre de grandeur. Ensuite, il faut éliminer les doublons (les cavaliers d'une même couleur sont interchangeables, etc...), les symétries, les positions illégales ou impossibles à atteindre, etc... Bon courage !
Et quand tu auras fini, n'oublie pas de calculer les tables de Nalimov à 31, 30, 29,... pièces, qui ne seront pas forcément plus petites que celles à 32 (plus de coups légaux), et sans lesquelles les tables à 32 sont inutiles.
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Beaucoup Il n'existe pas de manière pratique (sur Terre avant sa destruction, qu'on l'estime à dans 4 milliards d'années ou même beaucoup plus si on veut) de donner le nombre exact de parties différentes.
La remarque de olivierkrikorian ne fait que refléter les lacunes des règles FIDE appliquées stricto sensus, considérons en effet qu'une partie est nulle quand elle est nulle, et non uniquement quand un des deux joueurs a la présence d'esprit de remarquer un cas de nullité!
La solution théorique intuitive consiste à lister effectivement toutes les parties, autrement dit la résolution du jeu en découlerait assez aisément.
Quand bien même on y arriverait, une question se poserait ? quel statut accorder aux parties qui ne diffèrent que par l'odre des coups joués ? (e.g. 1.f3 e5 2.g4 Dh4# et 1.g4 e5 2.f3 Dh4# sont-elles deux parties distinctes ou pas ?) Au sens le plus stricte, elles sont autant de parties différentes bien sûr, mais alors le nombre de parties n'est plus du tout du même ordre de grandeur et ce nombre devient (s'il ne l'était pas encore pour certains!) totalement inutile et vide de sens. (e.g. séparer toutes les sveschnikov 1.e4 c5 2.Cf3 Cc6 3.d4 cxd4 4.Cxd4 Cf6 5.Cc3 e5 6.Cdb5 d6 7.Fg5 a6 etc., de leurs homologues avec un coup de plus 1.e4 c5 2.Cf3 Cc6 3.Cc3 e6 4.d4 cxd4 5.Cxd4 Cf6 6.Cdb5 d6 7.Ff4 e5 8.Fg5 a6 etc. augmente le nombre de parties de manière conséquente).
Après on peut donner des estimations du type : les parties ont en moyenne 40 coups et chaque position présente 20 coups possibles donc... tout ceci n'a guère de sens et donc d'intérêt non plus puisque la fameuse moyenne est prise sur des parties réellement jouées, or le concept de partie réellement joué est bien éloigné du concept de partie d'échecs au sens application des règles. Seul 2 joueurs choisissant leur coup au hasard pourrait produire un résultat stisfaisant d'une partie d'échecs exempte de cas particulier.
Au passage, la deuxième question (tailles des tables de Nalimov pour les finales (sic!) de 32 pièces n'a rien à voir avec la première!
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plus ou moins croisement avec blaylock :-)
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Correction pour les tables de Nalimov à 32 Il faut diviser le chiffre cité plus haut :
* par 2, car les 2 C blancs sont interchangeables ;
* puis par 2, car les 2 C noirs sont interchangeables ;
* puis par 2, car les 2 T blanches sont interchangeables ;
* puis par 2, car les 2 T noires sont interchangeables ;
* puis par 8!, car les 8 pions blancs sont interchangeables ;
* puis par 8!, car les 8 pions noirs sont interchangeables ;
À 32 pièces, il n'y a eu aucune prise ni promotion, donc aucun pion blanc ne peut dépasser la 6ème rangée (la 3ème rangée pour les noirs), et s'il y a un P blanc sur la 5ème, le P noir qui est sur la même colonne peut au maximum être sur la 6ème rangée. Celà réduit encore les possibilités.
Les fous, du fait qu'ils ne peuvent se déplacer que sur des couleurs opposées (pas de promotion), réduisent encore les positions possibles.
Après seulement viennent les autres contraintes (pas de positions impossibles, genre être au trait et le roi adverse est en échec...).
Encore une fois, bon courage ! Reviens dans quelques milliards de milliards de milliards d'années, lorsque chaque atome des milliards de multivers possibles et imaginables stockera une position de tes Tablebases.
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LE chiffre qui a été donné par un matématicien dans une revue genre Science et vie, 10 puissance 130 parties différentes....Soit plus que le nombre d'atomes dans l'univers.
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Un problème voisin Et , à mon avis , plus intéressant est celui du dénombrement des suites JOUABLES de n coups à partir de la position initiale , c'est à dire en éliminant de l' arbre tous les coups immédiatement perdants
C'est possible et , si vous etes intéressés , j'essayerai de montrer comment
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vas-y montre...
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Ref blaylock Le problème de la plus longue partie possible en appliquant la règle des 50 coups a déjà abordé ici. La réponse n'est pas 6300 coups, mais seulement 5900.
En effet, il n'y a pas 6*8 coups de pions blancs plus 30 prises (séparés par des séquences de 49,5 coups "neutres" bien sûr"), car 8 de ces prises doivent être effectuées par des pions (pour que les pions blancs et noirs puissent se croiser).
C'est même un tout petit peu moins car comme les prises et coups de pions doivent être joués par les deux camps, certaines séquences de coups "neutres" ne font que 49 coups...
(NB : on peut rajouter 50 coups si on fait jouer les deux rois dans la position finale mais on contrevient à la règle de la "position morte").
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à propos de DR dans ce calcul, tu ne comptes pas les R+F/R et R+C/R (sans compter toutes les positions avec plus de pièce ou le DR s'applique....)
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manque un "?"
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Dans mon calcul ? Ca n'empêche pas d'atteindre les 5900 coups : il suffit de terminer avec R+D/R ou R+T/R...
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Ref petiteglise Voilà comment je vois les choses:
Je construis un arbre de n coups , mais j'élimine ceux qui sont surement perdants
Exemple trivial : 1 f3 n'est peut-etre pas perdant , mais dans cet arbre , sur 1..e5 la branche 2 g4 doit etre éliminée
Je cherche à évaluer la taille de l'arbre en fonction de n
Au début , ça doit etre exponentiel , mais mo expérience de joueur m'incite à penser que la progression doit fortement se ralentir vers le 10ème coup
Demain , je présenterai des modalités pratiques de calcul
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@photophore On (moi, les mathématiciens, Dieu, ..., Fischer (= Zeus [Nigel Short])) serait bien surpris que cela élimine beaucoup de parties. Par beaucoup j'entends un pourcentage supérieur à 1.
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@ pessoa non rien, j'étais fatigué...
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