Retro der Woche 41/2017

Zum Feiertag in der letzten Woche hatte ich eine Zwischendurch-Beweispartie des Australiers Peter Wong vorgestellt; heute möchte ich ein deutlich komplexeres Stück von ihm demonstrieren.

Peter beschäftigt sich besonders gern mit Tempospiel – und zumindest ich empfinde solche Aufgaben häufig als recht schwer zu lösen. Das liegt auch daran, dass man meist mit dem Üblichen Züge-Zählen nicht allzu weit kommt, dass auch die Tempomanöver gelegentlich nicht ganz einfach aus der Stellung abgeleitet werden können.

Peter Wong
The Problemist 1988, 3.-5. ehr. Erwähnung
Beweispartie in 21 Zügen (15+13)

 

Hier kommen wir offensichtlich mit reinem Züge zählen nicht allzu weit: Bei Weiß „sehen“ wir nun 3+0+0+0+3+1=7 Züge – genau ein Drittel der zu erwartenden Züge. Bei Schwarz schaut es schon etwas besser aus: 1+1+2+4+4+2=14 – genau doppelt so viele Züge wie bei Weiß, aber auch nur zwei Drittel aller geschehenen schwarzen Züge.

Da müssen wir also nach anderen Indizien schauen, und das ist ja häufig die Überlegung, welche Steine denn auf dem Brett fehlen.

Bei Schwarz fehlen [Bb7], [Bd7] sowie [Be7] oder [Bf7], bei Weiß fehlt [Th1]. Und letzterer hilft uns bei der Lösungsfindung ein ganzes Stück weiter.

Denn er kann seinen kleinen Käfig im Südosten nicht verlassen haben, wurde also dort auch geschlagen. Damit aber hatte [ Bf7] nicht die Möglichkeit so zu schlagen, dass es selbst auf g3 verschwinden konnte: Schwarz hat ja nur den einen Schlag des [Th1]!

Das funktioniert also nur so, dass Schwarz auf g3 einen Offizier opfert und sich den Phönix-artig durch Schlag des [Th1] auf g1 zurückholt. Am schnellsten ginge dies, wenn sLb6 der Phönix ist, dann braucht es nur sechs zusätzliche schwarze Züge, dann wäre noch einer frei.

[Ke1] kann zum Zeitpunkt des Schlages auf g1 noch nicht auf h1 stehen, da er nicht am Turm vorbeigekommen wäre. Andererseits muss Schwarz Bf2 ziehen – da [Ke1] keine Ausweichmöglichkeit nach Westen hat, muss er rechtzeitig via e3 und die vierte Reihe Platz für den Excelsiorbauern schaffen. [Erst dann kann er wieder gen Südosten Richtung h1 ziehen.

Nun können wir die weißen Züge versuchen, genauer als eben nur mit dem Blick auf das Diagramm die weißen Züge zu zählen. Wir wissen, dass Weiß Tg1 ziehen musste, wie haben den einen Bauernschlag und können nach dem Zählen der schwarzen Züge sicher ableiten, dass [Bb7] und [Bd7] von [Sg1] geschlagen worden sind: Damit braucht [Sg1] neun Züge nach h5.

Theoretisch könnte [Ke1] in sieben Zügen nach h1 gelangen, aber um den Umwandlungsläufer durchzulassen, muss er auch das Feld d4 noch einmal verlassen, kann also nicht auf dem kürzesten Wege nach h1 gelangen. Dazu reicht etwa Kd4-c4-d3 nicht aus, da (wegen des auf g3 geschlagenen [Lf8]) be4 schon auf seinen Platz stehen muss. Also muss der König gar „oben herum“ noch über die fünfte Reihe ziehen. Auch dann reichen neun Züge – doch Weiß muss einen Tempozug seines Königs einziehen, da kein anderer weißer Stein genau einen Zug verlieren kann.

Nun habe ich mich so auf Lb6 als Phönix-Stein fixiert: Da wir noch einen schwarzen Zug übrig haben, könnte das doch auch Df6 sein? Sie brauchte einen Zug mehr als der Läufer, und damit wären auch alle schwarzen Züge erklärt.

Doch haben wir diesen schwarzen freien Zug überhaupt? Betrachten wir dazu sTd6 und sSd7. Dafür hatten wir bei unserer Minimal-Zählerei drei Züge gerechnet – doch das geht gar nicht in drei Zügen, denn bei Ta8-d8-d6 und anschließend (!) Sb8-d7 steht dieser Springer seinem Turm im Weg. Und ein Ausweichen etwa Sb8-a6-c5-d7 würde zwei Züge erfordern, die wir nicht mehr haben.

Dieses „Problem“ lässt sich mit einem Zusatzzug nur lösen, wenn sTd6 von h8 kommt: Th8-d8-d6, Sb8-d7, Ta8-h8: voilá!

Nun müssen wir „nur noch“ die Reihenfolge der Züge herausfinden und dabei an der richtigen stelle den Tempoverlust des wK einbauen, und schon haben wir die Lösung:

1.Sf3 e5 2.Tg1 e4 3.Se5 Ld6 4.Sxd7 Lg3 5.fxg3 f5 6.Kf2 Sf6 7.Ke3 f4+ 8.Kd4 f3 9.Ke5 f2 10.Kf5 fxg1=L 11.Kf4 Lb6 12.Sc5 Le6 13.Ke3 Sd5+ 14.Kf2 Df6+ 15.Kg1 Ke7 16.Kh1 Td8 17.Sxb7 Td6 18.Sc5 Sd7 19.Sd3 Th8 20.Sf4 Lg8 21.Sh5 Sf4.

Für mich eine sehr schöne Aufgebe, bei der man mit scharfem Nachdenken die Lösung schon sehr weit bestimmen kann, ohne auch nur einen einzigen Stein auf dem Brett bewegt zu haben.

2 thoughts on “Retro der Woche 41/2017

  1. A fine PG. The last move Sf4 is necesary because other way the PG should be
    stated „exact“ (it would be cooked in 20 moves). This is tested in one minute
    by Natch. It is not clear when Euclide or Natch perform better.

    An alternative version showing long trips from and to homesquare by wK and
    wS would be,

    6k1/ppps1rpp/1b6/3s1b2/4pr2/3q2P1/PPPPP1PP/RSBQKBS1
    18.0 moves C+

  2. Another enjoyable proof game by Peter Wong, with long marches by [Ke1] and [Sg1].
    It cannot be tested in a reasonable time by Euclide; actually I started Euclide before reading the excellent analysis by Thomas, and when I finished solving the problem, Euclide was still making no progress at all.

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