Retro der Woche 14/2015

Bereits vor einigen Wochen hatte ich hier eine Beweispartie des Australiers Peter Wong vorgestellt, in der es um Tempospiel geht. Wer nun vermutet, dies sei ein Thema, das Peter gern bearbeitet, so liegt der ziemlich richtig.

Drum heute ein weiteres Beispiel aus dieser Rubrik — mit diesem Hinweis und da das Stück nicht allzu lang ist, solltet ihr es unbedingt selbst lösen, falls ihr es noch nicht kennt.

Peter Wong
British Chess Magazine 1996, 2.-6. Platz
Beweispartie in 15,5 Zügen (15+13)

 

Das Zählen der im Diagramm sichtbaren Züge (0+0+2+0+2+2=6 bei Weiß, 1+0+0+0+4+4=9 bei Schwarz) hilft uns noch nicht viel weiter, aber schauen wir uns einmal an, welche Steine fehlen.

Bei Weiß ist es der [Ba2], bei Schwarz fehlen [Bc7], [Dd8] und [Lf8]. Wegen des schwarzen Doppelbauern auf der f-Linie kann der fehlende weiße Bauer nicht direkt geschlagen haben, also muss er umgewandelt haben.

Das aber kann er nur via c7 und dann wegen des eingemauerten [Lc8] auf d8 oder b8. Und damit sind bereits alle fehlenden Steine erklärt.

Entweder hat sich also der umgewandelte a-Bauer auf f6 schlagen lassen, oder er hat einen anderen weißen Originalstein, der sich auf f6 geopfert hat, ersetzt — können wir das schon aus der Diagrammstellung erschließen?

Ja, denn [Ba2] hat auf seinem Weg zur Umwandlung auch [Lf8] schlagen müssen. Daher musste der seine Heimat bereits vor der Umwandlung verlassen, daher musse er schon vorher g7xXf6 ziehen. Also mit Sicherheit keine Ceriani-Frolkin-Umwandlung, sondern ein Phoenix.

Nun überlegen wir uns, welcher Stein denn auf f6 geschlagen werden konnte? Dabei müssen wir bedenken, dass Weiß für das aktive Opfer und die Ersetzung des Opfersteins maximal zehn Züge zur Verfügung hat, von denen allein fünf durch die Bauernumwandlung verbraucht werden. Ein Läufer kann es wegen der Felderfarbe nicht gewesen sein, ein Springer nicht aufgrund der Zügezahl. Somit bleibt die Dame oder der Turm übrig.

Der Turm scheidet aber aus, da Weiß zwar theoretisch in fünf Zügen seinen Turm auf h4 ersetzen könnte: Drei Züge a1 > f6 (das geht nicht direkt via a6, da noch [Ba2] im Weg steht), und dann zwei Züge via h8 nach h4, aber wie soll Schwarz erst den Weg d8-h8 frei machen und dann anschließend kurzfristig wieder besetzen?

Also bleibt nur die weiße Dame übrig, und das klappt auch zeitlich genau. Damit sind die weißen Züge genau bestimmt (wieso scheidet schon, ohne dass wir bisher einen Stein bewegt haben, b8 als Umwandlungsfeld aus?), und nun gilt es nur noch, die schwarzen zu finden.

Natürlich muss der schwarze König sich vor einem Schachgebot der Umwandlungsdame schützen können, aber der rochiert ja sowieso?!

Jetzt solltet ihr selbst lösen — und dabei werdet ihr überrascht feststellen, dass Schwarz gar nicht rochiert, sondern statt dessen eine Pseudo-Rochade durchgeführt hat (im Diagramm schaut es nach Rochade aus, das war aber keine):

1.a4 h5 2.a5 h4 3.Ta4 h3 4.Th4 Sh6 5.e4 Sf5 6.Df3 Sd6 7.Df6 gxf6 8.Se2 Lh6 9.Sec3 Le3 10.f4 Lb6 11.axb6 Kf8 12.bxc7 Kg7 13.cxd8=D Tf8 14.Da5 Kg8 15.Dh5 Sb5 16.Dd1.

Nun zur Frage, warum eine echte Rochade nicht möglich war: Nur aus Tempogründen! Wenn Schwarz etwa im 11. Zug rochieren würde, hätte er nur noch einen Zug auszuführen: Sb5, und dann noch drei übrig. Es gibt nun kein dreizügiges Tempomanöver bei Schwarz: sTf8 kann kein Tempo verlieren, der schwarze Springer sowieso nicht, und auch der sK wird an einem Dreiecksmanöver durch wTh4 gehindert. Also künstliche Rochade (vier Züge) statt der richtigen (ein Zug).

Das dürfte die Erstdarstellung einer künstlichen Rochade aus reinen Tempogründen sein. Aber auch darüber hinaus enthält das Stück noch manche Feinheit: Habt ihr beispielsweise sofort gesehen, wieso nur 6.– Sd6, nicht aber 6.– Sd4 funktioniert?

Eine echte Perle, wie ich finde!

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