Schach und Mathematik

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    • ich habe diese Graphik im Internet gefunden, wahrscheinlich eine ganze Folge von aneinandergereihten Bilder. Deren Adresse habe ich kopiert und hier über das Icon Bild eingebunden.

      Ich befürchte, ich habe eine unlösbare Aufgabe gestellt, meine Springer wollen einfach nicht ins Zentrum (dabei weiß doch jeder Anfänger, dass sie da am wirksamsten sind):
      vier springer zentrum frei.png

      Dieser Beitrag wurde bereits 2 mal editiert, zuletzt von e4e5f4exf4 ()

    • Hi Königsgambit, Du hast doch vorher gesagt, dass es keine Lösung eines Springers in einem 4x4-Feld gibt.
      "Auf n × n -Brettern mit n ≤ 4 gibt es keine geschlossene Tour."
      Aber dann kann Dein Quadrantenansatz ja auch nicht funktionieren.
      Gibt es einen Beweis für den oberen Satz?

      Bei 1x1 gibt es doch eine Lösung. Der Springer steht auf seinem Ausgangsfeld und die Tour ist beendet,
      bevor sie begonnen hat.

      Ich würde also n>1 einschränken. Bei 2x2 ist es trivial, da kann der Springer nicht ziehen und bei 3x3 ist
      das Mittelfeld nicht zu betreten. Bei 4x4 sehe ich es noch nicht. Hast Du da einen Beweis?

      Die Frage nach einer Tour, bei der die Springer ihren 4x4-Heimatquadranten verlassen, ist damit
      aber noch nicht beantwortet. Bin sehr an einer Lösung interessiert, wenn Du eine hast. Danke!

      Viele Grüße, hajoe
    • hajoe schrieb:

      Hi Königsgambit, Du hast doch vorher gesagt, dass es keine Lösung eines Springers in einem 4x4-Feld gibt.
      "Auf n × n -Brettern mit n ≤ 4 gibt es keine geschlossene Tour."
      Aber dann kann Dein Quadrantenansatz ja auch nicht funktionieren.
      Gibt es einen Beweis für den oberen Satz?

      Bei 1x1 gibt es doch eine Lösung. Der Springer steht auf seinem Ausgangsfeld und die Tour ist beendet,
      bevor sie begonnen hat.

      Ich würde also n>1 einschränken. Bei 2x2 ist es trivial, da kann der Springer nicht ziehen und bei 3x3 ist
      das Mittelfeld nicht zu betreten. Bei 4x4 sehe ich es noch nicht. Hast Du da einen Beweis?

      Die Frage nach einer Tour, bei der die Springer ihren 4x4-Heimatquadranten verlassen, ist damit
      aber noch nicht beantwortet. Bin sehr an einer Lösung interessiert, wenn Du eine hast. Danke!

      Viele Grüße, hajoe
      Also ich habe mich ein wenig belesen, siehe oben, und aus der Theorie kommen die beschriebenen Einschränkungen.
      Den ersten Teil der Aufgabe gehe ich hier nicht an, denn zum Einen steht ja in der Aufgabenstellung dass es geht und zum anderen stand in der Literatur dazu ein Lösungsansatz.

      Soweit vorweg,

      ich erwarte die Lösung in einem Übergreifen von mindestens 2 Springer auf dem Halbfeld.
      Nach dem, was ich gelesen habe sollte der Springerzug an sich auf einem Feld 4 x 8 möglich sein.
      Da wir auf verschieden farbigen Feldern starten könnte das möglich sein.
      Das werde ich die nächsten Tage ausprobieren, vielleicht verstehe ich dann auch den Berechnungsansatz.
      bis dann
    • ...tja, jetzt muss ich zugeben, dass ich wohl doch ein bisschen zuviel Bockbier getrunken habe, als ich die zweite Aufgabe stellte. Mein eigener Lösungsversuch endete damit, dass das Zentrum nicht betreten wurde. Die Lösung ist also immer noch offen und das Ganze hat sich zu einem richtigen Forschungsthema entwickelt. Für die 4x4-Felder hatte ich keine geschlossene Tour gefordert. Das lässt uns noch hoffen, dass irgendwo in den Tiefen des Internets eine Lösung lauert, ich habe keine...
      Ich trinke also jetzt eine halbe Flasche Mineralwasser und wasche mit dem Rest meine Hände in Unschuld. :whistling:

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      Aber für die Leser, die sich fragen, was das mit Mathematik zu tun hat, keine Formel, keine Zahlen, sei noch erwähnt, dass solche Probleme zur Graphentheorie gehören. Als Graph bezeichnet man mitnichten das was die meisten von uns in ein Koordinatensystem zeichnen mussten. Es handelt sich vielmehr um zwei Mengen, eine Menge von Knoten und eine Menge von Kanten, die manche oder auch alle der Knoten verbinden. Das war jetzt noch umgangssprachlich und nicht ganz exakt formuliert...
      Ein Graph G ( V , E ) ist ein geordnetes Paar , wobei V eine Menge von Knoten (englisch vertex/vertices, oft auch Ecken genannt) und E eine Menge von Kanten (engl. edge/edges) bezeichnet.
      Die geschlossene Springertour ist ein Spezialfall eines Hamiltonschen Graphen.


      [list]
      1. Ein Weg ist eine Folge von Knoten und Kanten, in der alle Knoten verschieden voneinander sind.
      1. Enthält der Weg alle Knoten des Graphen, so nennt man ihn Hamiltonsch.
      1. Ist der Hamiltonsche Weg geschlossen, so heißt der Weg Hamiltonkreis und der Graph, der einen Hamiltonkreis besitzt, heißt Hamiltonscher Graph.
      [/list]

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    • e4e5f4exf4 schrieb:

      2. Teil
      Alle vier Springer sollen von b1, g1, g8, b8 jeweils ein Viertel der Felder betreten, jedes nur einmal und keiner darf ein Feld benutzen, dass einer der drei anderen schon betreten hat. Ach ja, die Reihenfolge ist egal, da sie sich ja nicht in die Quere kommen dürfen...Viel Spass...
      Wer schreibt den vor das es so ein Viertel sein muss und nicht einfach ein Viertel der gesamt Fälder, macht bei 64 Feldern, 4 Springer 16 Felder/Springer vllt ist es ja so möglich
      Nichts in der Welt ist schwierig, es sind nur die eigenen Gedanken, welche den Dingen diesen Anschein geben. (Wu Cheng'en)
    • Wer will, kann den Springer in acht Zügen von a1 nach h8 bringen und sich überlegen, was das mit einem Magischen 8*8 Quadrat zu tun hat. So bekommt man zu diesem Thema auch noch eine umstrittene Ursprungstheorie des Schachspiels mit hinein.
      Ich würde gerne eine graphische Darstellung des Problems gegen, aber das gibt mein IPad nicht her ;(
    • Von der Berechnung des Glücks

      Der in Posting 1 erwähnte Prof. Dr. Christian Hesse ist einer der bekanntesten deutschen Mathematiker und bezeichnet Mathematik als "8. Weltwunder" unter den Wissenschaften. In seinem neuesten Buch "Leben²" erklärt er, warum man mit Mathematik länger lebt, glücklicher wird und wie Mathematik die Ehe verbessern kann.

      In der Sendung "Nachtsicht" des Bayrischen Rundfunks erläuterte er vorgestern einige interessante Dinge aus seinem Buch: Nachtsicht 17.7.2018: Von der Berechnung des Glücks
    • Paul Dirac
      To / (e 2 / (me c 2) ) ≈ (e 2 )/ (G mp me )

      Da Schroeder einen alten Thread wieder aufgegriffen hat (danke schön dafür) möchte ich unbedingt eine theoretische Physikerin erwähnen, aus deren Slideshow ich die obere Formel herausgeschrieben habe.

      slideshare.net/SabineHossenfel…w-religion-turned-to-math


      Die Formel bedeutet: Das Alter des Universums dividiert durch die Zeit, die das Licht braucht um ein Atom zu durchqueren, liefert ungefähr das gleiche Resultat wie die elektromagnetische Kraft zwischen Elektron und Proton, dividiert durch die Gravitationskraft zwischen beiden.


      Was bedeutet das für die Physik, das Schachspiel und die Mathematik?


      Ich befürchte... NICHTS


      Sie selbst schreibt: "I discuss the use and abuse of arguments from naturalness and finetuning ..."
    • Jetzt habe ich aber doch nachgeforscht, ob zwischen Quantenphysik und Schach Parallelen existieren.
      Und hier hat ein kompetenterer Mensch als ich seine diesbezüglichen Gedanken niedergeschrieben:

      mikrowellenterror.de/forum/read.php?84,12780,12780

      Ich zitiere daraus:
      "Der jugoslawische Grossmeister und Elektro-Ingenieur Dr. Milan Vidmar (1885-1962) befasste sich in seinem Erinnerungsbuch Goldene Schachzeiten auf einigen Seiten, ähnlich wie Tarrasch und Snosko-Borowski, mit Raum, Zeit und Kraft im Schach. Er bezeichnet das Schachbrett, als "Lebensraum der Schachpartie" (1981, S. 22); das Leben der Partie setzt sich aus Figuren bzw. deren Kraft sowie der Zeit zusammen: "...Figuren, die in Wirklichkeit nur Träger verschiedenartiger Kräfte sind, und aus der ablaufenden Zeit, in der sich das Partieleben abwickelt, und die deutlich wahrnehmbar aus Teilchen - der Physiker würde sagen aus Quanten -, die wir Schachspieler Züge...nennen, zerfällt" (Vidmar 1981, S. 20)."


      Sogar ein Schachproblem findet sich dort:

      Weiss: König b5, Turm d1, Läufer g2 und Läufer h6, Bauer f2 und g4. Schwarz: König e4, Springer f3, Bauern b7 und e5.
      Weiß am Zug, Matt in drei...




      Spoiler anzeigen

      Die Züge zum Matt: 1. Läufer h6-c1, dieser Zug ist schwer zu finden,
      weil er zunächst wirkungs- bzw. sinnlos erscheint. - Schwarz kann nur
      mit dem Bauern b7 ziehen, der Springer ist gefesselt, der König hat kein
      Feld, auf dem er nicht im Schach stehen würde und kann momentan nicht
      ziehen.

      2. Turm d1-d2, der weisse Turm verstellt dem eigenen Läufer auf c1 damit
      die Wirkung auf Feld f4. Dieser Zug macht nur Sinn, durch den
      vorhergehenden intuitiv sinnlos erscheinenden Zug Läufer auf c1. Meines
      Erachtens kann man dazu sagen: die beiden weissen Züge und Figuren
      wechselwirken miteinander und sind verschränkt. - Jetzt kann und muss
      der schwarze König nach f4 (sein einziger Zug) ziehen.

      3. Turm d2-d4, öffnet die Wirkungsdiagonale für den Läufer auf c1
      wieder, und der Turm bietet gleichzeitig auf der 4. Reihe Schach,
      doppeltes Schach und matt! Durch diesen Turmzug verändert sich also
      zeitgleich die Wirkung des Läufers auf c1 ohne dass der Läufer sich
      verändert, bewegt ein Signal oder eine Information erhalten hätte! Beide
      Figuren führen jetzt die gleiche Funktion - Schachbieten - auf
      verschiedene Weise aus.
    • Es sei ein erweitertes Schachbrett mit 10 Zeilen bzw. Reihen und 10 Spalten bzw. Linien, also von A1...J10.
      Betrachtet man eine "Superdame", die wie ein Turm oder ein Läufer und auch zusätzlich wie ein Springer ziehen kann, so ergibt sich erneut die Frage, ob man n derartige Superdamen auf einem n x n-Spielfeld positionieren kann, ohne dass sie sich gegenseitig bedrohen.
      Es zeigt sich, dass dies erst ab n = 10 möglich ist.
      (Quelle: Aufgabentext vgl. Mathematik Alpha 2019, Hilfetext zum Unterprogramm Acht-Damen-Problem)

      Geben Sie mindestens eine Lösung für ein 10*10-Brett an. :)

      -------
      Ich hab es gerade mal mit dem PC und "Mathematik Alpha 2019" mit einem 16*16-Schachbrett ausrechnen lassen, dass es 202900 Lösungen gibt.
      Man kann also gern auch mal alle Lösungen für ein 16*16-Brett finden. :)

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    • Schachbrett und Dominosteine

      e4e5f4exf4 schrieb:

      Kann man ein Schachbrett, dem die Eckfelder a1 und h8 fehlen, komplett mit Dominosteinen auslegen?


      Hallo zusammen,

      die Aufgabe ist schon vor mehreren Jahren hier gestellt worden.
      Auch ihre Lösung ist schon vor mehreren Jahren hier veröffentlicht worden:

      Ein Dominostein bedeckt immer genau ein weißes und genau ein schwarzes Feld. Werden jedoch die Ecken a1 und h8 entfernt, fehlen zwei schwarze Felder und es kommt zu einem Übergewicht an weißen Feldern, somit ist eine Überdeckung nicht möglich, es bleiben stets zwei einzelne weiße Felder übrig. So weit, so gut.

      Daher folgende Variation:
      Wir entfernen ein beliebiges weißes und ein beliebiges schwarzes Feld.
      Ist jetzt in jedem Fall eine Überdeckung mit Dominosteinen möglich?

      Und für die Fortgeschrittenen:
      Es werden gar keine Felder aus dem Schachbrett entfernt. Stattdessen wird gefragt nach der Anzahl unterschiedlicher möglicher Überdeckungen des Schachbretts.

      Beste Grüße
      Gyrosteller
    • Diese Formel ist beeindruckend. Ich werde bei Gelegenheit in dem als Quelle angegebenen Simon Singh Buch nachlesen.

      D(8|8)=12988816
      geogebra.org/m/VEdNw4WN

      Meine Methode hätte nichts genutzt:
      D(2|2) = 2
      D(4|4) = 36
      D(6|6) = 6728
      Die Stellenanzahl steigt mit einer erkennbaren Gesetzmäßigkeit:
      1-stellig 2-stellig 4-stellig 8-stellig

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