Retro der Woche 51/2013

Am Freitag hatte ich auf den neuen Lesestoff besonders bei Schwalbe und feenschach hingewiesen – und natürlich gibt es in den Heften ebenso wie im Probleemblad auch wieder interessante Lösungsbesprechungen.

Aus einer in feenschach, nämlich aus Heft 203 für die Urdruckserie in f-196, komme ich heute zurück; ich möchte die einzige Beweispartie aus f-196 hier vorstellen.

Henryk Grudzinski
10611 feenschach Nov.-Dez. 2012
Beweispartie in 17 Zügen (14+13)

Wenn wir wie üblich erst einmal die offensichtlichen Züge zählen, kommen wir nicht allzu weit: nur drei bei Weiß, und auch bei Schwarz sehen wir nur neun (0+0+3+1+3+2), also ist offensichtlich nicht viel festgelegt?

Aber irgendwie müssen doch die Züge determiniert sein – und da hilft es einfach, auch nach den fehlenden Steinen sowie den Schlagfällen zu schauen. Und dann wird es schon deutlich einfacher mit dem Lösen.

Beginnen wir mit Schwarz: Dort fehlen nur drei Bauern. Dabei kann der Doppelbauer auf der c-Linie entweder durch [sBd7] oder [sBb7] entstanden sein. Im ersten Fall müsste Schwarz auf d3 eine Figur geopfert haben, die dann durch die Umwandlung des [sBe7] ersetzt worden wäre – diese Reihenfolge ist erforderlich, da sonst der e-Bauer nicht hätte zur Umwandlung gelangen können. In dem Falle haben wir also „mindestens“ das Phoenix-Thema bei Schwarz und können das Ceriani-Frolkin-Thema schon von vorn herein ausschließen.

In diesem Fall müsste Weiß die beiden [sBa7] und [sBb7] geschlagen haben. Da auch hier nur Bauern fehlen, müssen die beiden sich umgewandelt haben, da die Doppelbauern bei Schwarz ja nicht durch Schläge von Bauern hätten entstehen können. Wenn wir das annehmen, so hätten wir vier Züge Zeit, die beiden schwarzen Doppelbauern entstehen zu lassen.

Aber wir haben ja auch noch eine andere Möglichkeit, nämlich dass [sBd7] auf d3 geschlagen worden ist, der Doppelbauer c7/c6 durch b7xc6 entstanden ist.

In diesem Fall müssten sich immer noch [wBa2] und [wBb2] umgewandelt haben – aber auch der sBa7. Denn mit der ja auch theoretisch möglichen Umwandlung des [sBe7] reicht er plötzlich nicht mit den Zügen: neun im Diagramm, drei durch d7-d3,  fünf für die Umwandlung des [sBe7] – aber damit stünde der noch auf seinem Umwandlungsfeld, denn nun haben wir schon 17 Züge erreicht.

Versuchen wir also drei Umwandlungen auf dem Damenflügel hinzubekommen und überlegen uns dabei, wie die hätten funktionieren können. Wir brauchen [wBa2]xXb auf dem Weg nach b8, [wBb2] würde sich schlagfrei umwandeln. Auf alle Fälle sind dies zehn Züge – und zusätzlich muss noch Platz geschaffen werden für die schlagfreie Umwandlung des [sBa7]. Das erfordert aber bereits vier zusätzliche Züge, so dass wir überhaupt keine Möglichkeit mehr haben, zwei weiße Steine nach c6 und h6 zu bringen, um dort geschlagen zu werden.

Also müssen wir die zweite Alternative ad acta legen, und wir wissen, dass [sBe7] auf e1 umgewandelt hat, dass der Doppelbauer auf der c-Linie durch d7xc6 entstanden ist und dass die weißen a- und b-Bauern ihre schwarzen Gegenüber geschlagen haben.

Und nach diesen Vorüberlegungen ists auch gar nicht mehr schwer, die Lösung zu finden, in der sich dann die sD als Pronkin-Dame herausstellt:

1.a4 e5 2.a5 e4 3.a6 e3 4.axb7 Sa6 5.b8=S Lb7 6.Sc6 dxc6 7.b4 Dd3 8.exd3 Td8 9.Ke2 Td4 10.Kf3 e2 11.b5 e1=D 12.b6 De7 13.bxa7 Dd8 14.a8=D Se7 15.Dc8 Tg8 16.Dh3 Sc8 17.Dh6 gxh6.

Ich hatte damals in meinem Kommentar geschrieben: „Hübsch und elegant. Die Doppel- und fehlenden Bauern verraten schon fast die ganze Lösung; überraschend ist jedoch der Weg der CF-Dame zum Selbstmord.“

Schreibe einen Kommentar

Deine E-Mail-Adresse wird nicht veröffentlicht. Erforderliche Felder sind mit * markiert.