Vor ein paar Tagen hatte ich auf den (noch vorläufigen) Retro-Preisbericht zum 6. FIDE World Cup hingewiesen und angekündigt, auf einige Aufgaben aus diesem Turnier näher einzugehen.
Da in dieser Rubrik mal wieder eine Beweispartie an der Reihe ist, beginne ich heute mit der zweitplatzierten Aufgabe, dem Silbermedaillenstück von Silvio Baier.
6. FIDE World Cup, 2. Preis (nach Nicolas Dupont)
Beweispartie in 33 Zügen (13+11)
33 Züge sind für einen Löser „viel Holz“, aber wichtige Details kann man schon im Diagramm erkennen. Wäre das anders, wäre solch eine Aufgabe für den menschlichen Löser kaum knackbar – und auch für ein Computerprogramm nicht, das, wie beispielsweise Natch und Euclide, die Stellung analysiert, um den Suchbaum sinnvoll beschneiden und erst dadurch akzeptable Prüfzeiten erreichen zu können.
Hier fällt sofort auf, dass alle Offiziere an Bord sind, dass also nur Bauern fehlen. Die stammen aus dem Osten des Bretts, während alle sichtbaren Schläge Richtung Westen erfolgt sind. Damit wissen wir schon: Es müssen sich (wegen Bc7xbxa) zwei weiße und (wegen bxa, dxc und zweimal cxb) vier schwarze Bauern umgewandelt haben.
Und damit sind auch – zumindest logisch – alle fehlenden Steine erklärt, denn der jeweils eine zusätzliche Schlagfall bei Weiß und Schwarz ist erforderlich, um die Bauernreihen für die Umwandlungen aneinander vorbei zu bringen.
Damit ist auch schon klar, dass die Umwandlungssteine nicht mehr geschlagen haben können.
Mit diesem Vorwissen können wir nun sinnvoll die sichtbaren Züge zählen: Bei Schwarz sehen wir 2+0+1+0+1+3=7 Züge; plus der vier Umwandlungen haben wir also 27 Züge, damit nur noch sechs frei für ihre Züge Richtung Westen.
Bei Weiß sehen wir 2+0+3+3+4+6=18, zusammen mit den zwei Umwandlungen also 28 – damit sind noch fünf Züge frei.
Stimmt das? Wenn Th4 der [Th1] ist, braucht es zwei weitere weiße Züge, um Tg2 von a1 auf sein Zielfeld gelangen zu lassen, damit sind nur noch drei Züge frei. Überlegt bitte selbst, warum [Th1] nach g2 und [Ta1] nach h4 noch länger dauern würde, obgleich man doch Th1-h2-g2 und Ta1-c1-c4-h4 versuchen könnte.
Mit den wenigen freien Zügen können wir das Phönix-Thema ausschließen, da das Opfer eines Originalsteins und dessen Ersetzung durch einen Umwandlungsstein zu viel Zeit beanspruchen würde – also sechs Mal Ceriani-Frolkin. Davon gibt es schon einige (siehe etwa den Artikel „Sechsfache Ceriani-Frolkins“ von Silvio Baier in Die Schwalbe 284, April 2017, S.82-86), und auch hier werdet ihr bald noch mehr dazu lesen können.
Und wir wissen auch, dass die erforderlichen „Ein-Züger“ der Umwandlungssteine nur durch Läufer erfolgen können, die als einzige schnell genug „von Ost nach West“ wechseln können. Stimmt, das können theoretisch auch Damen, aber das wären dann ja Nebenlösungen, da in einem Zug dann auch Läufer das Zielfeld erreichen könnten.
Dies sind einige Anhaltspunkte, die euch vielleicht reizen sollten, nun selbst nach der Lösung zu suchen, was sicherlich immer noch nicht ganz einfach ist.
1.f4 h5 2.f5 h4 3.f6 h3 4.fxe7 hxg2 5.h4 g5 6.h5 g4 7.Th4 g3 8.Sh3 g1=L 9.Lg2 Lb6 10.Le4 g2 11.h6 g1=L 12.h7 Lgc5 13.d4 d5 14.dxc5 d4 15.Kd2 d3 16.Kc3 d2 17.Dh1 d1=D 18.cxb6 D1d6 19.Sd2 Da3+ 20.bxa3 f5 21.Lb2 f4 22.Tg1 f3 23.Tg2 f2 24.Dd1 f1=D 25.Sf2 Sh6 26.Sh1 Tg8 27.h8=D Df7 28.Dd4 Db3+ 29.cxb3 Kf7 30.e8=L+ Ke6 31.Lb5 c6 32.Da4 cxb5 33.b4 bxa4
Hans Gruber weist in seinem Preisbericht darauf hin, dass dies wohl die erste Darstellung einer harmonischen 2+4-Ceriani-Frolkin Darstellung ist (bei Weiß LD, bei Schwarz 2xLD). Und „The absolute highlight, however, is the switchback of the white queen, with one of the most stunning moves I ever saw in a proof game: 17.Qh1!!” Ja, das ist schon eine tolle Bahnung mit Rückkehr, die dem eigentlich sehr technischen Stück einen tollen „Pfiff“ gibt!
Rein vom Schema her ist ein 7. Ceriani-Frolkin-Stein möglich (z.B. Be2-e8=S-a6, b:a6). Wer bekommt daraus vielleicht eine korrekte Zugfolge gedrechselt?
Ja, das ist ein tolles Stück! Ich will diesmal aber die Lösungsbesprechung kommentieren. Die zeichnet sich (wie immer) dadurch aus, daß aus Löserperspektive Schritt für Schritt der Weg beschrieben wird, wie man die richtige Zugfolge finden kann, so daß auch Neulinge einen Zugang dazu finden. In der obigen Besprechung kommt aber eine besondere Lösestrategie vor, die vielleicht diskutabel ist: Darf man voraussetzen, daß das Problem nicht-dualistisch ist und daher einige Umwandlungen in Läufer (und nicht Damen) geschahen? Als erster Einstieg ist das wohl akzeptabel, um die Komponistenintention zu finden, und bei der gefundenen Zugfolge kann man dann ja prüfen, warum darin nur diese Umwandlung funktioniert. Der perfekte Löser (und der perfekte Preisrichter) bleibt dabei aber nicht stehen bleiben, sondern wird auch noch nach Nebenlösungen suchen; und selbst ein Computerprogramm könnte sich ja irren. Nebenbei: Ist das Problem C+?
Hallo Bernd, ich glaube, der Kernbegriff bei dir ist Lösestrategie: Will ich (erst einmal) die Autorlösung finden bei einer Aufgabe, die ich als gut geprüft (ggf. gar C+) ansehe, dann ist das sicher ein probates Mittel, von Korrektheit auszugehen und damit dann auch solche Schlüsse zu ziehen, wie ich sie in der Besprechung dargestellt habe.
Will ich aber eine Aufgabe prüfen, also Inkorrektheiten finden, dann darf ich natürlich überhaupt keine Annahmen machen, die sich nicht zu 100 Prozent beweisen lassen. Denn solche Annahmen in einer Prüfstrategie würden ja meine Suche einschränken. Aber es hindert ja niemanden daran, nach dem Finden der Autorlösung unter Nutzung der Korrektheits-These noch nach Cooks unter Nutzung der Inkorrektheits-These zu suchen!
Genau so sehe ich das auch, Thomas!
Ja, das Stück ist C+. Natch brauchte auf meiner Kiste nur reichlich 3 Stunden. Die Bauernstellung und die daraus folgende Notwendigkeit einer Umwandlung auf d1 samt Räumung (und anschließender Rückkehr) durch die weiße Dame machen es Prüfprogrammen nicht zu schwer, denn es gibt keine freien Züge mehr.
Die Lösungsstrategie hat Thomas sehr gut erklärt. Man braucht eigentlich nach Phönixen suchen, denn diese würden thematisch gar nicht reinpassen. Als Komponist hat man diesbezüglich allerdings so seine Probleme. Hier ist es mir gelungen, diese auszuschließen: Th4 geht nicht, weil das Konstrukt Sh6/Tg8 einen Zug Th8-h4 ausschließt. Ebenso geht etwas wie Ta1-b1-b5/6) nicht, weil e8=T-e2 bzw. h8=T-g2 nicht in zwei Zügen möglich sind. Weiterhin verhindert der Sd2 die Möglichkeit Dd1-b5/b6/a4 und h8=D-d4-d1.
@Thomas: Bitte ergänze noch das “nach Nicolas Dupont”. Im finalen Preisbericht erscheint das noch. Der Turnierdirektor hatte das leider im vorläufigen Bericht vergessen. Als Quelle würde ich 6. FIDE World Cup schreiben.
Danke, Silvio, hab ich gemacht!