Retro der Woche 49/2016

In seiner Rubrik des The Problemist hat Bernd Gräfrath im aktuellen Novemberheft 2016 drei Aufgaben aus seinem StrateGems Preisbericht für Beweispartien 2014 vorgestellt. Eine weitere Aufgabe aus diesem Preisbericht habe ich für heute ausgesucht.

Silvio Baier
StrateGems 2014, 2. Preis
Beweispartie in 27 Zügen. (14+12)

 

Schauen wir uns das Diagramm an, so fällt auf, dass nur Bauern fehlen. Außerdem sehen wir zwei Schlagfälle durch Weiß und ebenfalls zwei durch Schwarz – letztere erklären die fehlenden weißen Steine.

Damit wissen wir schon, dass mindestens eine weiße Umwandlung stattgefunden hat: Theoretisch kann neben dxe3 und exf3 noch axbxc oder hxgxf geschehen sein, sodass ein weißer Bauer geschlagen worden sein kann – für zwei fehlen Schlagobjekte.

Denken wir das einmal weiter und nehmen an, axbxc sei geschehen. Dann muss sich einerseits [a7] schlagfrei umgewandelt haben – das mag noch problemlos gehen. Andererseits müssen dann sowohl [Bh7] als auch [Bh2] noch irgendwie verschwinden. Das aber könnten sie nur nach schlagfreier Umwandlung, da sie nicht direkt von den Bauern geschlagen werden können.

Damit haben wir aber einen Widerspruch, denn die beiden können ja nicht schlagfrei aneinander vorbeikommen.

Also bleibt nichts anderes übrig, als dass die beiden weißen Randbauern jeweils einmal nach innen geschlagen und sich umgewandelt haben; die schwarzen Randbauern haben das dann schlagfrei ebenfalls getan.

Und damit sehen wir schon ein mögliches Thema: vier Umwandlungen (ob nun Phoenix oder Ceriani-Frolkin, wissen wir noch nicht) und vier Rückkehren auf a1, h1, b8 und g8.

Nun schauen wir, ob uns Züge zählen noch weiterbringt? Bei Weiß haben wir 0+1+0+2+4+4=11, bei Schwarz haben wie 1+1+0+3+0+4=9. Hinzu kommen auf beiden Seiten zehn Bauernzüge für die Umwandlung und vier für die Rückkehren. Somit kommen wir auf 25 weiße und 23 schwarze Züge – wobei die Umwandlungssteine noch auf ihren Entstehungsfeldern stehen.

Damit bleiben für Weiß noch genau zwei Züge, um die Umwandlungssteine verschwinden zu lassen – Phönix scheidet deshalb sofort aus. Und damit kennen wir schon die weißen Umwandlungen und die folgenden Züge: b8=S, Sc6, dxc6, auf dem Königsflügel analog.

Bei Schwarz bleiben noch vier Züge übrig. Kein Umwandlungsstein kann direkt eines seiner Schlagfelder e3 bzw. f3 erreichen, sodass für beide genau zwei Züge zur Verfügung stehen. Springer schaffen es nicht in zwei Zügen, h1=L geht auch nicht, alle andere Umwandlungen sind zumindest theoretisch möglich.

Nach diesen Vorüberlegungen gilt es also „nur noch“, die Reihenfolge der Züge auszuknobeln und nebenbei die genauen schwarzen Umwandlungen zu bestimmen. Allzu schwer sollte das nicht mehr sein…

1.a4 f5 2.a5 Kf7 3.a6 De8 4.axb7 a5 5.h4 a4 6.h5 a3 7.h6 a2 8.hxg7 h5 9.Sa3 h4 10.Tb1 a1=D 11.b4 Dc3 12.Ta1 Df3 13.exf3 h3 14.Se2 h2 15.Tg1 h1=D 16.Sc3 Dh6 17.Th1 De3+ 18.dxe3 Sh6 19.g8=S Sa6 20.Sf6 exf6 21.b8=S Lc5 22.Dd6 La7 23.Sd1 c5 24.Sc6 Sb8 25.La6 dxc6 26.b5 Ld7 27.Lc8 Sg8.

Sehr gelungen, wie ich finde; ein tolles doppelt gesetztes „Proof game of the future“ (vier Ceriani-Frolkin-Umwandlungen, vier Rückkehren) – ein würdiger Preisträger!

Silvio hatte selbst auf einen Vorläufer aus dem Jahre 2010 von Michel Caillaud hingewiesen (P1107616) – ich möchte euch empfehlen, auch diese Aufgabe anzuschauen und Gemeinsamkeiten und Unterschiede herauszuarbeiten.

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