Retro der Woche 12/2018

Vor zwei Wochen hatte ich bereits den ersten Preis des Probleemblad Retroturniers der Jahre 2015 und 2016 vorgestellt, heute soll eine weitere ausgezeichnete Aufgabe folgen. Eigentlich hatte ich dafür die 1. ehrende Erwähnung ausgewählt, um dann noch rechtzeitig festzustellen, dass ich die hier schon als Retro der Woche 37/2015 vorgestellt hatte. Auch die 3. ehrende Erwähnung hatte ich hier schon besprochen (Retro der Woche 39/2016). Schaut euch diese Aufgaben noch einmal an, sie lohnen auch einen zweiten Blick…

Aber auch das hier nun gezeigte Stück finde ich sehr hübsch, wenn auch vielleicht nicht ganz so originell wie die beiden ehrenden Erwähnungen:

Michail Kosulja & Andrej Frolkin
Probleemblad 2015-2016, Lob
Beweispartie in 25 Zügen (12+14)

 

Preisrichter Hans Gruber wies darauf hin, dass sein eigenes Lösen half, das Thema der Aufgabe besonders zu schätzen. Ganz leicht ist das Lösen sicherlich nicht, doch vielleicht wollt ihr es versuchen, auch ohne dass ich hier schon erste Hilfestellungen gebe? Viel Spaß und Erfolg dabei!

Bei Weiß sieht man zwei Bauerschläge (axb3, fxe3), die die fehlenden schwarzen Steine erklären. Bei Schwarz sind ebenfalls zwei Bauernschläge direkt sichtbar, darüber hinaus muss im letzten Zug der Beweispartie DxXd1+ erfolgt sein.

Die beiden fehlenden schwarzen Steine sind [Lf8], der offensichtlich auf e3 geschlagen wurde, sowie [Ba7]. Der konnte nicht auf seiner Linie geschlagen worden sein. Entweder hat er sich also nach axb3 umgewandelt, oder er hat vor axb3 selbst auf der b-Linie geschlagen.

Zählen wir nun die sichtbaren schwarzen Züge, wobei wir annehmen, dass keine Umwandlung stattgefunden hat: 3+3+4+3+3+3=19. Ferner wissen wir, dass [Lf8] auf e3 geschlagen wurde, damit sind wir bei 22. Hatten wir nun noch den schwarzen Zug axb3, geht alles auf. Und damit können wir auch die Umwandlung ausschließen, da sie zusammen mit dem Beseitigen der Originalfigur (der Umwandlungsstein könnte nicht geschlagen worden sein!) länger brauchen würde; das rechnet bitte mal selbst nach.

Durch das Zählen ergibt sich plötzlich, dass [Ke1] auf alle Fälle hat ziehen müssen: In drei Zügen kann sTd2 nur auf sein Feld gelangt sein, wenn er Ta1-d1-d2 gespielt hat; für Ta4-c4-c2-d2 ist keine Zeit. Und auch sDd1 durfte nur drei Züge auf ihr Zielfeld brauchen: Das funktioniert nur mit Dg5-c1xd1+!

Damit ist klar, dass der sT genau auf d1 stehen muss, wenn Dg5-c1 erfolgt: Auf d2 darf er noch nicht stehen, da er die Diagonale schließen würde, auf z.B. a1 aber nicht mehr, denn dann käme er an der Dame nicht mehr vorbei. Andererseits steht dadurch dem weißen König die offensichtliche Ausweiche f2 noch nicht zur Verfügung, da zum Zeitpunkt von Dg5-c1 Weiß noch nicht hatte f2xLe3 spielen können.

Und daraus folgt, dass [Ke1] einen „etwas größeren“ Rundlauf machen musste: Über den Damenflügel musste er starten, und nur über den Königsflügel, via f2 konnte er zurückkommen!
Nun sollten wir noch überlegen, was auf d1 geschlagen werden konnte? Dafür zählen wir zunächst die sichtbaren weißen Züge: 0+1+0+0+2+6=9 — erschreckend wenig! Minimal brauchen die weißen Schlagopfer nach b3, c6 und d6 jeweils mindestens zwei Züge, wobei [Lc1] auf d6 geschlagen werden musste, da dies das einzig schwarzfeldrige Schlagfeld ist. Damit sind wir schon bei 15. Und da ja auf d1 [Ta1] nicht geschlagen werden konnte und dieses Feld für [Th1] viel zu weit entfernt ist, wurde auf d1 [Sb1] geschlagen.

Damit bleiben acht Züge für den Königs-Rundlauf. Direktes Nachzählen im Diagramm zeigt, dass mindestens sieben Züge erforderlich sind. Und wenn ihr diesen Marsch nun mit dem schwarzen Spiel verzahnt, werdet ihr sehen, dass [Ke1] wirklich noch einen kleinen Umweg machen muss.

1.h4 a5 2.Th3 a4 3.Tb3 axb3 4.axb3 h5 5.Ta6 Sh6 6.Tc6 bxc6 7.c4 La6 8.c5 Ld3 9.Dc2 Le4 10.d3 Ta1 11.Lf4 Sa6 12.Ld6 exd6 13.Kd2 Dg5+ 14.Kc3 Le7 15.Kd4 Kf8 16.Sc3 Td1 17.Sf3 Dc1 18.Sh2 Td2 19.Ke3 Kg8 20.Kf4 Lg5+ 21.Kg3 Le3 22.fxe3 Sf5+ 23.Kf2 Th6 24.Sd1 Kh7 25.Ke1 Dxd1+..

Das ist eine Aufgabe recht nach meinem Geschmack, das ist auch gleichzeitig Lösespaß pur, weil einerseits im Diagramm die Spuren der Lösung gut verwischt sind, die Lösung sich prinzipiell dennoch sehr gut ableiten lässt. Was nicht besagt, dass sie nach dieser „Deduktions-Phase“ sofort klar ist: Auch dann gilt es noch, das weiße und schwarze Spiel zu synchronisieren.

3 thoughts on “Retro der Woche 12/2018

  1. It would be interesting to compare this interesting proof game with P1186645 showing a similar theme (bK circuit e8-g6-e4-c6-e8) with one capture and seven moves less.

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