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| Pièces invisibles et PCPJ (suite) par EricAngelini1 le
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| Problèmes | |
La réponse est facile à trouver :
1.e4–d5 2.exd—Dixd (le i derrière D dit que la Dame noire est invisible).
La position ci-après, légendée pareil, résulte-elle d’un enchaînement unique de coups ? Si oui, lequel ? (C’est à peine plus difficile que l’exemple précédent.)
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2.5 et pion invisible en a2 ?
On a envie d'une deuxième solution mais je ne crois pas.
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Yep, bien vu !
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Deuxième solution : +FNib4, en 3.5 coups.
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Et avec le PNe6 au diagramme au lieu de e5, il y a les deux solutions déjà vues, et une 3e solution en 4.5 coups.
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Au fait, il est sous-entendu que la plus courte partie justificative est unique, sinon il y a toujours(?!) beaucoup de démolitions. Par exemple pour le premier problème (dans l'autre fil), il y a 1.e3 d5 2.e4 Dd7(d6) 3.exd5 Dc6 4.dxc6.
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Hello Orion -- je ne comprends pas votre post de 09:40.
Comment peut-il y avoir une 2e solution en 3.5 coups si la PCPJ fait 2.5 coups (comme le signalait pessoa) ?
Ou alors vous proposez un autre diagramme avec une autre PCPJ ? Si oui, lequel ? (je dois être fatigué, pardon).
La solution de pessoa (qui était celle entendue) est visible ici, avec une souris en ordre de marche (première moitié de la page) :
http://cinquantesignes.blogspot.com/2023/07/echecs-et-maths.html
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Non, Eric. Il s'agit bien de la même position, mais avec une pièce invisible différente (le fou noir en b4).
Cette position peut-être atteinte en 3,5 coups :
1.Cb1-a3 e7-e5 2.Ta1-b1 Ff8xa3 3.b2-b4 Fa3xb4 4.a2-a3
C'est donc bien une autre solution unique pour atteindre la position du diagramme, même si le nombre de coups est différent.
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Je comprends bien la solution de pessoa. Je dis qu'il y a d'autres manières de satisfaire l'énoncé.
Je remets l'énoncé (copié / collé de l'autre fil) : « PCPJ avec une pièce invisible sur l’échiquier »
Je comprends cet énoncé ainsi : il est demandé d'ajouter une pièce au diagramme, de telle manière que la plus courte partie justificative menant à ce diagramme avec la pièce ajoutée soit unique. Rien dans cet énoncé ne demande à ce qu'on ne trouve que la (ou les) position où la PCPJ est la plus courte possible.
Avec un FNb4, la position peut être atteinte en 3.5 coups d'une seule manière, ce qui donne donc aussi une PCPJ. J'ai donc bien une « PCPJ avec une pièce invisible (le FNb4) sur l'échiquier ». La position avec le FNb4 ne peut absolument pas être atteinte en moins de 3.5 coups.
Alors peut-être que l'énoncé comporte encore plus de sous-entendus que ce que j'imaginais dans mon post précédent. Mais ce serait dommage de mon point de vue. Ne retenir que la solution où la PCPJ est la plus courte possible élimine des possibilités très intéressantes. Et oui, il y a bien deux fois « plus courte » dans cette phrase !
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Oups, Orion! Je crois que nos réponses se sont croisées.
Entièrement d'accord avec toi.
On peut d'ailleurs ajouter un demi-coup et avoir 4 PCPJ en 4 coups avec le fou noir invisible en c5, d6, e7 ou f8.
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Oui Regicide, j'ai mis un peu de temps à écrire mon message, et tu as posté pendant ce temps-là. Mais nos deux messages se complètent.
Ah oui, on peut prolonger d'un demi-coup en déplaçant le FN après la capture. Peut-être aussi en a5 ? Mais pas en c3, la PCPJ est démolie. C'est la position avec le FNf8 qu'il faut retenir, à cause du switchback.
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Ok, c'est bien ce que je pensais, je suis fatigué ! Je vais compléter la page de mon blog avec cette deuxième solution, merci à vous deux !
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Les pièces invisibles ou pièces à ajouter au diagramme ne sont pas nouvelles et ont en particulier été le sujet du concours de composition pour les 50 ans de Thierry Le Gleuher.
Thierry a écrit plusieurs articles dans la revue Phénix.
Ces problèmes peuvent être vérifiés (en 2 passages) par le logiciel Jacobi de François Labelle (http://wismuth.com/jacobi/)
Pour ceux qui n'ont pas le temps de lire la documentation voici les données pour le problème d'Eric
stip dia2.5 pieces
White Ke1 Qd1 Rb1h1 Bc1f1 Sg1 Pa3c2d2e2f2g2h2
Black Ke8 Qd8 Ra8h8 Bc8 Sb8g8 Pa7b7c7d7f7g7h7e5
Add White X
et
stip dia2.5 pieces
White Ke1 Qd1 Rb1h1 Bc1f1 Sg1 Pa3c2d2e2f2g2h2
Black Ke8 Qd8 Ra8h8 Bc8 Sb8g8 Pa7b7c7d7f7g7h7e5
Add Black X
Le problème d'Eric est C+ (1 solution "White", 0 solution "Black") même si on ne précise pas que la partie est unique.
La suggestion d'Orion en 3,5 coups a une solution unique seulement si on précise que la partie est unique. Pour obtenir cela avec Jacobi, il faut utiliser le Mode "heuristique" (en Mode "normal", on obtient 29 solutions "White" et 7 solutions "Black")
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Merci Michel ! Et ce Jacobi m’a l’air redoutable !
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