Retro der Woche 41/2018

Wenn man mit Abzählen der sichtbaren Züge beider Parteien schon sehr nahe an die geforderte Zügezahl einer Beweispartie kommt, ist die meist eine große Hilfe beim Lösen. Sind andererseits nicht viele Züge, und das vielleicht nicht nur bei einer Partei, offen, spricht dies häufig für ein schweres Lösen, wenn nicht offensichtlich ist, dass Umwandlungen notwendig waren.

Es kann aber mit ein wenig Nachdenken auch ganz anders sein…

Etienne Dupuis
Probleemblad 1999, 2. Lob
Beweispartie in 21 Zügen (16+14)

 

Das zählen der sichtbaren schwarzen Züge ist schnell erledigt: 0+0+1+0+0+1=2 – wenn man berücksichtigt, dass [Sb8] gezogen haben muss, um [Ta8] durchzulassen, kommen wir auf 4 sofort erkennbare schwarze Züge.

Bei Weiß schaut es schon etwas besser aus: 4+0+4+0+0+4=12. Aber auch hier sehen wir schnell, dass [Sg1] für [Th1] und [Lf1]für [Ke1] Platz gemacht haben müssen – also 16 weiße Züge.

Nun müssen wir nur noch [Lc8] irgendwie verschwinden lassen. Das erfordert auf die übliche Weiße, dass ein Springer den schlägt, mit der hier notwendigen Rückkehr des Springers acht Züge – und die haben wir hier nicht mehr frei!

Also muss ein anderer weißer Stein diese Aufgabe übernehmen. [Dd1] kommt nicht infrage, da sie das nicht in den noch fünf freien weißen Zügen schaffen könnte – ebenso wenig wie [Th1].

Also bleibt dafür nur [Ta1] infrage: Für den hatten wir bisher zwei Züge gezählt. Er kann aber mit dem Umweg über c8 sein Diagrammfeld in sieben Zügen erreichen: Ta1-a5-h5-h8xc8-h8-h5-g5. Damit wären alle weißen Züge geklärt.

Und Schwarz muss irgendwie die achte Reihe (zumindest d8-h8) räumen, um den weißen Turm zum Fressen nach c8 zu lassen. Das erfordert 2+2+1+1+1=7 Züge, mit den erforderlichen Rückkehren also 14. Damit sind mit den bereits gesehenen vier Zügen noch drei schwarze frei.

Und die brauchen wir für [Bh7], der nur auf h3 geschlagen werden konnte. Warum nicht z.B. auf h5 vom Turm? Weil dann der weiße Turm nicht an [Th8] vorbeikäme! Der muss also nach h4 ausweichen, und das erfordert [Bh7] auf h3. Dort kann er dann auch von [Lf1] oder [Sg1] – das wissen wir noch nicht, von wem – geschlagen werden.

Damit sind allein durch den fehlenden [Lc8] plötzlich alle Züge erklärt, und nun ist es auch nicht mehr schwer, die Lösung zu finden. Ein wenig trickreich ist nur die Reihenfolge der schwarzen Räumungszüge von der achten Reihe und deren Verwebung mit dem weißen Spiel.

1.a4 h5 2.a5 h4 3.a6 h3 4.Ta5 Th4 5.Th5 g6 6.Th8 Lh6 7.g3 Kf8 8.Lxh3 Kg7 9.Kf1 Sf6 10.Kg2 Dg8 11.Kf3 Dh7 12.Txc8 Sc6 13.Th8 Dg8 14.Lf1 Dd8 15.Sh3 Sg8 16.Tg1 Kf8 17.Tg2 Ke8 18.Sg1 Lf8 19.Th5 Tc8 20.Tg5 Th8 21.Kg4 Sb8

Sechs Rückkehren auf ihre Felder der Partieausgangsstellung sehen wir bei Schwarz! Und die notwendige Beschäftigung bei Weiß, während sich Schwarz wieder sortiert, erfordert zwei weiße entsprechende Rückkehren: Die zu überbrückende Zeit hat der Verfasser also geschickt thematisch genutzt!

Und natürlich finden wir auf der Tour des [Ta1] auch noch zwei Rückkehren, nämlich nach h8 und h5. Eine sehr hübsche Häufungsaufgabe, wie ich finde!

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