Retro der Woche 20/2020

Am letzten Dienstag hatte ich an den zehnten Todestag von Alexander Kisljak (27.12.1938—5.5.2010) erinnert und schon angekündigt, dass ich heute ein weiteres seiner klassischen Retros vorstellen werde.

Dazu habe ich eine Aufgabe herausgesucht, die nun 20 Jahre alt ist; ein feines Widmungs-stück für Hans Gruber, der damals 40 Jahre alt wurde. Und der hat für dieses Jahr ja schon seine Geburtstagsfeier in Andernach angekündigt…

Alexander Kisljak
feenschach 2000, 1. Preis, Hans Gruber zum 40. Geburtstag
Löse die Stellung auf! (14+11)

 

Die Frage, die sich bei Aufgaben dieser Art stets als erste stellt („Wer beginnt mit der Rücknahme?“), ist hier leicht beantwortet: Weiß beginnt, denn der schwarze König steht durch Tg3 im Schach. Dieses Schach kann nur durch einen Entschlag zurückgenommen werden, und damit sind durch die weiteren vier Bauernentschläge von Weiß (axb, exd, fxe, gxf) alle fünf fehlenden schwarzen Steine erklärt.

Bei Schwarz sehen wir einen Bauernschlag [hxg6], der zweite fehlende Stein ist direkt aus dem Diagramm noch nicht zu erklären.

Weiß kann [Ba7} und [Bc7] nicht direkt geschlagen haben, weil dafür kein Schlag mehr frei ist. Also hat [Ba7] schlagfrei auf a1 umgewandelt, [Bc7] auf b1 –- und damit sind auch die beiden schwarzen Schläge erklärt. Und damit ist auch klar, dass [Bh2] schlagfrei umwandeln musste.

Überlegen wir zunächst, wie der riesige Knoten im Osten aufgelöst werden kann? Das kann nur nach der Rücknahme von hxg6 geschehen – aber davor muss erst noch [Bh2] auf h8 entwandeln und sich bis h6 zurückgezogen habe.

Nach der Rücknahme des Schachgebots durch Entschlag auf g3 hat Schwarz noch genau drei Züge bis zum Retropatt, bis er also nicht mehr weiter legal zurücknehmen kann. Dagegen muss Weiß etwas tun:

Zunächst einmal durch den Entschlag auf g3: Das wird nämlich der einzige Stein sein, der zügig den Käfig verlassen kann, um dann auf b1 zu entwandeln: Alle anderen schwarzen Steine sind völlig eingeklemmt. Damit ist auch klar, was für ein Stein das ist?!

Also beginnen wir mit R: 1.Th3xSg3 e5-e4 2.Sf6-h7 e6-e5 3.Se4-f6 Se2-g3 4.Sg3-e4+. Nun muss sSe2 schnell entwandeln, denn nun drohen Weiß die Züge (des Bauern auf b7) auszugehen, der ja nicht entschlagen darf wegen der noch ausstehenden schwarzen Entwandlung auf a1.

Daher haben wir auch schon R 4.– Sc3-e2 5.b6-b7 Sb1-c3 6.b5-b6 b2-b1=S 7.b4-b5 – und was entschlägt Schwarz nun auf b2? Und weshalb nur diesen Stein und keinen anderen?

Das solltet ihr nun selbst herausfinden, das ist wahrlich nicht mehr schwer, wenn ihr berücksichtigt, dass nun Schwarz wieder in Zugnot zu kommen droht, wenn sein c-Bauer nach Hause gekommen ist.

Lösung

R: 1.Th3xSg3 e5-e4 2.Sf6-h7 e6-e5 3.Se4-f6 Se2-g3 4.Sg3-e4+ Sc3-e2 5.b6-b7 Sb1-c3 6.b5-b6 b2-b1=S 7.b4-b5 c3xTb2 8.Ta2-b2 c4-c3 9.Ta8-a2 c5-c4 10.Th8-a8 c6-c5 11.h7-h8=T c7-c6 12.h6-h7h7xTg6 13.Tf6-g6 Se5-g4 14.Lg6-h5+

Sehr schöne gegenseitige Ablösungen von Schwarz und Weiß, zwei Ceriani-Frolkin-Steine, wobei der schwarze Springer gar ein Prentos-Stein ist; die letzten 27 Halbzüge sind eindeutig: Ein wie ich finde sehr schönes klassisches Auflösestück, das nach den Vorüberlegungen nicht einmal besonders schwer zu lösen ist.

Wer ebenfalls Freude an dieser Aufgabe hat, der kann ja einmal die Suchfunktion des Blogs nutzen, um (noch einmal) nach den anderen acht hier bereits von Alexander Kisljak veröffentlichten Retros der Woche zu schauen; viel Vergnügen damit!

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