Opgave 1

Op hoeveel verschillende manieren kan een koning van veld e1 naar veld d8 in zo min mogelijk aantal zetten?

Vrijwel iedereen had het volgende inzicht:

Laat A(v) het aantal mogelijke manieren zijn om veld v te bereiken vanaf e1, in het aantal zetten dat overeenkomt met het verschil in rijen. Dan is eenvoudig in te zien dat A(d8) = A(c7) + A(d7) + A(e7). Evenzo geldt dat A(c7) = A(b6) + A(c6) + A(d6), enzovoort. Dit maakt de volgende aanpak mogelijk: beginnende met A(e1) = 1 (en A(a1) = A(b1) = … = A(h1) = 0), bepaal voor elke opeenvolgende rij wat A is voor alle (relevante) velden, door de som te nemen van de drie ondergelegen velden. Dat geeft de volgende tabel:

Het antwoord is dus 357.

Henk Don gaf naast deze oplossing nog een andere methode. De koning maakt gebruik van drie zetten: naar linksboven, recht naar boven en naar rechtsboven. Laat l, b en r de aantallen zijn van elke soort zet die de koning gebruikt. Dan geldt uiteraard l+b+r = 7, en daarnaast l-r = 1 (om op de d-lijn uit te komen). Dat geeft de volgende mogelijke combinaties voor l, b en r:

(l,b,r) = (1,6,0) of (2,4,1) of (3,2,2) of (4,0,3)

In elk geval maakt het niet uit in welke volgorde de zetten worden uitgevoerd, dus is het een kwestie van tellen hoeveel verschillende volgordes er zijn. Dit wordt gegeven door de zogenaamde trinomiaalcoëfficiënt. De formule is:

7! / (l! * b! * r!), waarbij n! = 1*2*…*n (en 0! = 1)

Voor alle combinaties van l, b en r tezamen geeft dit:

7! / (1!*6!*0!) + 7! / (2!*4!*1!) + 7! / (3!*2!*2!) + 7! / (4!*0!*3!) = 7 + 105 + 210 + 35 = 357

Opgave 2

a. de toren

Wie wint er en waarom ? Geef de winnende zetten.

De speler die begint wint door de toren naar b2 te spelen, op de lange diagonaal. De tweede speler moet een zet doen die de toren van de diagonaal afhaalt. Daarna kan de eerste speler de toren weer terugzetten op de diagonaal. Zo kan de eerste speler ervoor zorgen dat de tweede speler nooit de toren op de diagonaal kan zetten. Aangezien het eindveld h8 op de diagonaal ligt, zal de winst dus voor de eerste speler zijn.

De enige winnende zet is dus Tb2.

b. de dame

Wie wint er en waarom? Geef de winnende zetten.

Dit spel kent, net als het voorgaande spel, bepaalde velden waarvoor de speler die aan zet is verliest (zetdwang!). Deze velden kunnen geïdentificeerd worden door terug te redeneren.

Merk allereerst op dat, als we de velden in alfabetische volgorde zetten (dus a1-a2-a3-…-a8-b1-b2-…), elke zet de dame brengt naar een veld dat verderop in de lijst staat.

We beginnen achteraan. Als de dame op h8 staat, heeft de speler die aan zet zou zijn verloren. Dus alle velden van waaruit h8 in één zet bereikt kan worden zijn gewonnen voor de speler die aan zet is. Wat is nu het laatstvoorkomende veld waarvoor dit niet het geval is? Dit is g6. Er volgt dat dit veld verliezend moet zijn; elke zet brengt de dame immers naar een veld verderop in de lijst, van waaruit h8 in één keer te bereiken is.

Elk veld van waaruit g6 bereikt kan worden zijn dus gewonnen voor de aan zet zijnde speler. Het laatstvoorkomende veld dat (nog) niet als gewonnen staat gemerkt is f7. Dit moet dus ook een verliezend veld zijn. Als we deze procedure blijven herhalen vinden we de verliezende velden h8, g6, f7, e3, d1, c5 en a4.

Vanaf a2 zijn er dus twee winnende zetten: Da4 en Df7.

Dit spel is in feite Wythoff’s game. De verliezende posities voldoen aan een interessante wiskundige formule.

Opgave 3

Vanuit hoeveel Chess960 beginopstellingen is het theoretisch mogelijk dat Wit mat geeft op de tweede zet (zoals Zwart mat in twee kan geven vanuit de normale beginopstelling)?

Veel inzenders slaagden er niet in alle mogelijkheden te identificeren. Voor de uitleg laat ik graag het woord aan onze winnaar.

Voor de volledigheid volgen de regels waar een Chess960 beginopstelling aan moet voldoen:

ˆ- De koning staat (eventeel met andere stukken) tussen de torens.

ˆ- Beide spelers hebben een witveldige en een zwartveldige loper.

ˆ- Gelijke stukken staan tegenover elkaar.

Het is vrij snel te zien dat het mat niet met toren, paard of pion gegeven kan worden, dus blijft over loper en dame. We gaan alle mogelijkheden systematisch langs.

Stel dat het mat met de loper gegeven wordt. Dan maken we de volgende constateringen:

ˆ- Als de loper schaak geeft op de vijfde rij (of daarvoor), dan kan zwart een pion op de zesde rij er tussen zetten.

ˆ- Als de loper schaak geeft op de zevende rij, dan kan zwart de loper slaan met de koning.

ˆ- Als de loper schaak geeft op de zesde rij kan deze altijd geslagen worden door een pion, tenzij het schaak op a6 of h6 gegeven wordt.

Stel nu dat wit mat geeft met Lh6. De zetten van de partij zijn dan 1. d2-d4 g7-g6 2. Lc1-h6 mat, en dan staat dus de volgende stelling op het bord (waarbij de meeste stukken even weggelaten zijn):

Op het veld g8 kan geen paard, toren of dame staan, want dan zou zwart niet mat staan. Blijft dus over een loper. Maar als er op g8 een loper staat, dan moet er op g1 ook een loper staan, met als gevolg dat wit twee zwartveldige lopers heeft. Dit leidt tot een ongeldige stelling, dus mat met Lh6 is uitgesloten. Om dezelfde reden valt ook La6 af. Conclusie: er zijn geen beginstellingen mogelijk waar wit met op de tweede zet mat kan geven met een loper.

We gaan verder met de dame. Een diagonaal mat kan alleen gegeven worden op a6 of h6, net als in het geval van de loper. Dus stel dat het partijverloop als volgt is: 1. d2-d4 g7-g6 2. Dc1-h6 mat. Op g8 moet dan weer een loper staan. Aangezien de koning tussen de torens moet staan, kan op h8 alleen een toren staan. Op e8 staat geen dame (die staat al op c8), geen loper (kleur niet toegestaan), geen paard (want dan was het geen mat), dus ook daar moet een toren staan. We hebben dus in ieder geval onderstaande stukken op het bord:

De resterende loper kan nu op b8 of d8, op de overige twee velden staan paarden. Voor mat met Da6 kunnen we de hele zaak weer spiegelen. We hebben nu dus de vier beginopstellingen die aan de voorwaarde voldoen.

Met de dame is er nog een tweede matmotief mogelijk: op de vijfde rij mat geven in verticale richting. Dat kan niet met Dxh5, want de koning moet tussen de torens staan. Laten we eens kijken naar Dxg5. Naast de koning kan geen dame, loper of paard staan, want dan is het geen mat. Dus aan weerszijden van de koning (op f8 en h8) staat een toren. Op e8 kan geen dame (want die moet tegenover de witte) en geen paard (want dan is het geen mat). Dus op e8 staat een loper. Na het partijverloop 1. d2-d4 g7-g5 2. Dc1xg5 mat, onstaat dus de volgende stelling (waarbij weer enkele stukken ontbreken):

De andere loper kan op b8 of d8, en op de twee plaatsen die dan nog over zijn staan de paarden. Met spiegeling erbij geeft nog eens vier beginstellingen.

De volgende potentiële matzet die we onderzoeken is Dxf5. De koning staat dan op f8 en torens op e8 en g8. Op d8 en h8 mag geen paard, geen dame (want die moet op b8), dus daar kunnen alleen lopers. Dan krijg je echter twee zwartveldige zwarte lopers, hetgeen niet is toegestaan. Op dezelfde manier valt de mogelijkheid Dxe5 af, omdat zwart dan twee witveldige lopers zou moeten hebben. Hiermee zijn alle mogelijkheden in kaart gebracht.

Conlusie: er zijn 8 Chess960 beginopstellingen waarbij het theoretisch mogelijk is dat wit op de tweede zet mat geeft:

In beide stellingen kunnen de loper op b1/b8 en het paard op d1/d8 omgewisseld worden, en de stellingen kunnen gespiegeld worden.

Opgave 4

Maak een stelling waarin Wit zo veel mogelijk zetten heeft die mat in één geven. De stelling moet vanuit de beginopstelling te bereiken zijn zonder promoties. Als een pion tot meerdere stukken kan promoveren, dan gelden die mogelijkheden als verschillende zetten.

Helaas was er reeds in 1859 een stelling gecomponeerd die wordt toegeschreven aan het gezelschap Pöllmacher, Schurig, Barbe, Bezzel, Grimm en LaForest. De opstellers van deze prijsvraag wisten dit niet en hadden het ook niet weten te vinden bij een eigen zoektocht op internet. Toevallig kwam ik zelf de stelling tegen rond de jaarwisseling.

In de onderstaande stelling zijn er maar liefst 47 matzetten:

Een aantal inzenders hadden deze oplossing (soms met een kleine aanpassing) gegeven. Niemand wist het aantal van 47 te overtreffen, dus dit blijft het record.

Als uitgekozen winnaar (waarvoor dank!) is mij gevraagd om de oplossingen van de puzzels te presenteren, alsmede enkele toelichtingen.

Senioren

Puzzel 1: De sprong van het paard

1. Plaats het paard op c4 en nummer dit veld met een 1. Maak een sprong met het paard en nummer het veld met een 2. Ga zo door tot het laatst overgebleven veld en geef dit het nummer 64.

4. De uitkomst van de som van iedere rij en van iedere lijn moet exact hetzelfde zijn, jullie kunnen vast wel uitrekenen hoe groot deze som dan moet zijn.

In een zeker opzicht was dit misschien de makkelijkste. Het eerste dat men moet weten is dat een vierkant van n bij n vakjes met daarin de getallen 1 t/m n*n, zodanig dat alle rijen en kolommen dezelfde som hebben, een magisch vierkant wordt genoemd (in het Engels: magic square). Daarbij moet wel aangetekend worden dat bij een magisch vierkant ook de diagonalen dezelfde som moeten hebben. Weet men verder dat een route waarbij het paard elk veld één keer aandoet in het Engels een knight’s tour heet, dan beschikt men over de zoektermen waarmee een antwoord snel gevonden kan worden op internet.

Het blijkt dat er al half-magische paardentoeren zijn gevonden in het tijdperk voor de computers. In 2003 is met de computer vastgesteld dat er geen paardentoeren zijn die volledig magisch zijn, d.w.z. waarbij de diagonalen ook tot dezelfde som (260) optellen. Er zijn wel 2240 half-magische paardentoeren, of 140 onequivalente oplossingen (zie deze site). Als men een oplossing heeft, is het immers mogelijk om het bord/vierkant een kwartslag of een halve slag te draaien. Ook spiegeling heeft geen effect op de magie. Verder is het ook mogelijk om de paardentoer om te draaien: alle getallen veranderen dan van x in 65-x, waarna alle rijen en kolommen nog steeds tot 260 optellen. Zodoende bestaan er van elke oplossing 16 equivalente varianten, en 16*140 = 2240.

Zelf heb ik me toch eerst op eigen houtje in de puzzel verdiept. Om te beginnen meende ik mij te herinneren dat er een keer in Schaak Magazine een kort stukje heeft gestaan over dit soort vierkanten. Ik heb ernaar gezocht maar kon het niet vinden. Ook ontdekte ik dat er een nummer ontbreekt in mijn archief. Zul je net zien…

Ik heb wat opgezocht over methodes om paardentoeren te vinden en magische vierkanten te maken, maar ik vond niks dat aan elkaar gekoppeld kon worden. Een snel in elkaar geflanst programma dat willekeurige paardentoeren maakte in de hoop dat er een halfmagisch zou zijn, was ook gedoemd te mislukken. Alle mogelijkheden systematisch afgaan leek op het eerste gezicht veel te lang te duren, omdat er voor bijna elke sprong meerdere opties zijn, zodat het aantal varianten exponentieel groeit. Toen ik echter vond dat het al eens was gedaan, besloot ik er toch voor te gaan.

Het belangrijkste voor een efficiënt algoritme is om zo snel mogelijk door te hebben wanneer een incomplete paardentoer geen kans meer maakt om een volledige toer te worden, of om een halfmagisch vierkant op te leveren. De betreffende tak in de zoektocht kan dan afgebroken worden. Komt het paard bijvoorbeeld op c2, dan moet het paard vervolgens wel naar a1, anders kan het er nooit meer naartoe en vandaan (tenzij a1 het eindveld is). Evenzo, als het paard bijvoorbeeld toe is aan sprong 40, terwijl er een rij is waarin de nog lege velden met gemiddeld minder dan 40 gevuld moeten worden om tot 260 te komen, dan is verder zoeken ook niet nodig.

Uiteindelijk kwam ik tot een programma dat alle mogelijkheden afgaat gegeven een begin- en eindveld. Het kostte mijn computer iets meer dan een week om alles met c4 als beginveld af te gaan. Daarbij zijn vijf biljoen virtuele paardensprongen uitgevoerd. De teller stopte op 28 oplossingen, waarvan twee paar symmetrisch equivalent zijn ten opzichte van elkaar.

Daarna ben ik maar gelijk doorgegaan met alle andere mogelijke begin- en eindvelden (wegens symmetrieën was het niet nodig om écht alles af te gaan); dat duurde nog eens drie weken op twee processoren. Mijn conclusie is dezelfde als die van 2003: er zijn 140 oplossingen waarvan geen enkele volledig magisch is.

Toch zijn er wel oplossingen, 41 in totaal, waarbij de twee diagonalen samen tot 520 optellen. Ook met c4 als beginveld zijn er dergelijke oplossingen:

De diagonaal a1-h8 telt op tot 264 en a8-h1 tot 256. Wat bijzonder is aan deze oplossing is dat de diagonalen een zekere structuur hebben:

a1+c3 = b2+d4 = e5+g7 = f6+h8 = 66

a8+c6 = b7+d5 = e4+g2 = f3+h1 = 64

Dit is bovendien een oplossing waarbij het paard vanaf het eindveld (d6) terug kan naar het beginveld. Dit is een zogenaamde closed tour (gesloten toer). Van de in de totaal 140 oplossingen zijn er 63 met deze eigenschap.

Bovenstaande oplossing heeft nóg een ander kenmerk dat door maar liefst 45 oplossingen gedeeld wordt: als men kijkt naar de velden 1 t/m 4, 5 t/m 8, 9 t/m 12, enzovoort, dan ziet men dat elke vier telkens in hetzelfde "kwadrant" zitten (met de kwadranten bedoel ik de vier segmenten die je krijgt door het bord in de lengte en de breedte in tweeën te delen). Bovendien vormen elke vier velden een kleine "cykel": het paard kan van veld 4 naar 1, van 8 naar 5, van 12 naar 9, enzovoort.

Er is nog een andere mooie eigenschap die 15 (onequivalente) oplossingen laten zien (maar geeneen met c4 als beginveld). Hier is een voorbeeld:

Hier is te zien dat elk paar horizontaal aan elkaar grenzende velden (alternerend) optelt tot 49 of 81. Men zie:

a1+b1 = a3+b3 = a5+b5 = a7+b7 = c2+d2 = c4+d4 = … = g6+h6 = g8+h8 = 81

a2+b2 = a4+b4 = a6+b6 = a8+b8 = c1+d1 = c3+d3 = … = g5+h5 = g7+h7 = 49

Ik heb alle oplossingen bijeengebracht op onderstaande site, daar kunt u alles bekijken en filteren naar wens.

Magische paardenvierkanten

Puzzel 2: Niet aanvallûûh!

Teken een schaakbord van 5 bij 5 velden.

Nu moeten de schaakstukken zo worden geplaatst dat geen van de zwarte stukken een wit stuk aanvalt en geen van de witte stukken een zwart stuk aanvalt.

Deze puzzel was in zekere zin ook makkelijk omdat er zo veel oplossingen zijn. Ook zelf vond ik na enig proberen een oplossing, voordat ik het toch een leuke uitdaging vond om een computer alles zo efficiënt mogelijk af te laten gaan. De teller bleef hier staan op 3171. Ook hier geldt dat er symmetrieën zijn: elke oplossing kan gedraaid en gespiegeld worden, en tevens kunnen de witte en de zwarte stukken van plaats wisselen, zonder dat dit de correctheid van de oplossing beïnvloed. Dit geeft weer 16 varianten. Er zijn echter oplossingen die van zichzelf symmetrisch zijn, zodat deze minder equivalente varianten hebben. Het totaal met alle varianten inbegrepen is 50428 (al durf ik niet uit te sluiten dat er misschien een foutje in mijn programma zit).

Ik licht een paar oplossingen eruit:

Dit is de enige oplossing met een dubbele symmetrie: de stelling is symmetrisch ten opzichte van spiegeling langs de verticale as, maar ook de opstellingen van de witte en zwarte stukken zijn symmetrisch ten opzichte van elkaar.

Deze oplossing is symmetrisch ten opzichte van de diagonaal a1-e5. Op de lopers na staan tevens de witte en zwarte stukken hetzelfde.

Voor de meeste schakers zal de voorkeur toch uitgaan naar een oplossing waarbij de lopers van beide kleuren op velden van verschillende kleur staan. Hiervan zijn er 269, waarvan 23 met een symmetrische opstelling. Hier is er een van:

Bij deze oplossing staan ook de paarden op verschillende kleuren velden. Tevens staan toren, loper en paard telkens op dezelfde manier gegroepeerd. Wat bovendien bijzonder is is dat geen van beide partijen in de gegeven stelling schaak kan geven; dat is vrij uniek (al weet ik niet hoe uniek).

Ook hiervan heb ik alle oplossingen ondergebracht op een site:

Staakt-het-vuren

Puzzel 3: Vier dames en een paard

Pak een gewoon schaakbord, vier dames en een paard. Zet deze stukken zodanig op het schaakbord dat alle velden door deze stukken worden bestreken of door deze stukken worden bezet.

Dit zal voor de puzzelaar lastig zijn geweest. Hoe overziet men immers snel of alle velden bestreken worden? Bovendien was er maar één oplossing.

Voor een programmeur was deze puzzel echter de makkelijkste; er zijn immers "slechts" 38 miljoen manieren waarop vier dames en een paard op het bord geplaatst kunnen worden, dus alles afgaan is een fluitje van een cent.

De oplossing is:

Uiteraard kan deze oplossing ook weer gedraaid en gespiegeld worden.

Ik was trouwens al eens een soortgelijke opgave tegengekomen; toen betrof het echter vier dames en een loper. Ik heb dit ook nog even door de computer gehaald, maar deze variant blijkt maar liefst 49 (onequivalente) oplossingen te hebben. Bij geen daarvan staan overigens alle stukken gedekt. Hier is een interessante oplossing:

Junioren

Puzzel 1: Rechthoeken en vierkanten

Hoeveel verschillende rechthoeken en vierkanten bevat een schaakbord? Er zijn bijvoorbeeld 64 vierkantjes van 1×1, maar slechts één van 8×8. De kleinste rechthoeken die niet vierkant zijn, hebben zijden van 1×2 respectievelijk 2×1. De grootste rechthoeken die niet vierkant zijn hebben zijden van 7×8 respectievelijk 8×7.

Dit was een kwestie van het bedenken van een goede methode om alle mogelijkheden te tellen. Voor de rechthoeken is het bijvoorbeeld mogelijk om het aantal mogelijkheden voor de lijnen en de rijen apart van elkaar te tellen, en dan te vermenigvuldigen.

Een rechthoek van 1 veld breed kan op 8 verschillende lijnen geplaatst worden. Een rechthoek van 2 velden breed kan op 7 manieren geplaatst worden (a-b, b-c, …, g-h). Voor een rechthoek van 3 velden breed zijn er 6 opties, enzovoort, tot er uiteindelijk maar één optie is voor een rechthoek van 8 velden breed. Het totale aantal opties voor wat betreft de lijnen komt daarmee op 8+7+…+1 = 36.

Voor de rijen geldt natuurlijk precies hetzelfde. Het totale aantal mogelijke rechthoeken is dan 36*36 = 1296.

Voor de vierkanten is een soortgelijke redenatie mogelijk. Er zijn 8*8 vierkanten van 1 bij 1. Een 2 bij 2 vierkant kan op 7*7 manieren geplaatst worden: er zijn 7 opties voor de lijnen en 7 voor de rijen. Dit gaat zo door. Er zijn 2*2 vierkanten van 7 bij 7 en tot slot één van 8 bij 8. Het totaal is dus 8*8 + 7*7 + … + 1*1 = 204.

Puzzel 2: Paarden

Hoeveel paarden zijn er minstens nodig om elk veld van het schaakbord te bezetten of te beheersen?

Er is een oplossing met 12 paarden:

Het is echter lastig om te bewijzen dat het niet met 11 paarden of nog minder kan. Het ligt nog wel intuïtief voor de hand om te stellen dat er sowieso een paard op b3 of c2 moet staan, omdat a1 gedekt moet worden. Dat kan natuurlijk ook met een paard op a1, maar die dekt vanaf daar slechts twee velden. Evenzo komen er nog drie paarden op b6/c7, f2/g3 en f7/g6. Maar ja, hoe moeten die ten opzichte van elkaar staan, en zijn nog eens 7 paarden echt niet toereikend? Ik zou niet weten hoe je daar een sluitend bewijs van zou kunnen geven.

Ik kan wel programmeren, en op basis daarvan verzekeren dat 12 het minimum is. Bovendien is bovenstaande configuratie de enige oplossing (afgezien van de gespiegelde versie, uiteraard).

Voor het geval dat de velden waarop de paarden staan niet meetellen, is het minimum trouwens 14.

Puzzel 3: Mat in drie

Wit begint en geeft mat in drie zetten

De oplossing is eenvoudigweg:

1.d4

a) 1…Kg4 2.e4+ Kh4 3.g3#

b) 1…Kh5 2.Dd3 Kg4 (Kh4) 3.Dh3#

Tot zover de oplossingen en mijn bevindingen. Ik hoop dat deze prijsvraag in 2013 een vervolg krijgt!