Retro der Woche 34/2020

Am letzten Donnerstag habe ich hier Günther Weeth zum Geburtstag gratuliert, und heute möchte ich noch eine Aufgabe von ihm vorstellen. Dazu habe ich eine schon etwas ältere herausgesucht, die zeigt, dass Günther sich schon lange auch mit klassischen Retros beschäftigt.

Günther Weeth
Die Schwalbe 1993
-(s+w) +#1, Hilfsrückzüger (14+7)

 

Erst Schwarz, dann Weiß nehmen also einen Zug zurück, sodass Weiß in seinem Vorwärtszug mattsetzen kann – natürlich unter Berücksichtigung der Legalität der Züge.

Begeben wir uns also, wie wir das auch beim Lösen eines Hilfsmatts tun würden, auf die Suche nach dem möglichen Mattbild: Könnte c2 gedeckt werden, könnte Txe3# erfolgen – aber dafür brauchte es zwei weiße Rücknahmen – das funktioniert also nicht.

Die lange Rochade würde als Mattzug funktionieren, wenn irgendwie das Feld e2 gedeckt wäre. Das könnte mit (ggf. schlagender) Rücknahme von Ta1-a2 durch Weiß und vorher durch Entschlagen eines weißen Springers auf g1 klappen: Dann wäre der einzige fehlende weiße Stein, die Dame, auf a6 geschlagen worden.

Schwarz kann also entweder Lh2xSg1 zurücknehmen oder Bh2xSg1=L – das müssen wir später entscheiden. So oder so sehen wir, dass Schwarz nun keine Rücknahme mehr hätte; wäre er am Rückzug, wäre es eine illegale Retropatt-Stellung. Also muss Weiß ihm eine Zugmöglichkeit verschaffen, also auf a2 entschlagen. Nur was?

Ta1xBa2 ist illegal wegen der Bauernstellung, die mindestens drei schwarze Schläge bei nur einem fehlenden weißen Stein erfordert. Eine entschlagene Dame würde nichts am Retropatt ändern, da ihre einzige Rücknahmemöglichkeit Db1-a2 ein illegales Retroschach beinhalten würde. Einen Turm zu entschlagen geht nicht, da er keine Zugmöglichkeit hätte, und ein auf a2 entschlagener Springer würde die Rochade und damit das Matt verhindern – also muss Weiß auf a2 einen Läufer entschlagen.

Dieser Läufer hebt einerseits das drohende schwarze Retropatt auf und verhindert gleichzeitig nicht die lange Rochade.

Und durch ihn ist nun auch die schwarze Rücknehme eindeutig: Durch den Läufer-Entschlag auf a2 entsteht ein weiterer schwarze Umwandlungsstein neben dem zweiten schwarzfeldrigen Läufer. Beide müssen auf g1 und h1 entwandeln, um nicht die Rochade zu stören, dabei darf höchstens ein Schlag auftreten.

Nehmen wir Bh2xSg1=L zurück, ist dieser Schlag schon verbraucht, und der weißfeldrige Läufer kann nicht mehr unschädlich auf h1, sondern nur auf d1 schlagfrei entwandeln – und dabei würde er von d2 aus dem weißen König Schach bieten, dem er nur durch Wegzug ausweichen könnte – und damit wäre die Rochade ausgeschlossen.

Die Entwandlung auf g1 ist also Verführung; es geht nur:
R 1.Lh2xSg1 Ta1xLa2 & vor: 1.O-O-O#.

Sicher nicht allzu schwer zu lösen, aber gerade durch die Verführung sehr attraktiv, wie ich finde!

2 thoughts on “Retro der Woche 34/2020

  1. SUPER Retraktor, gefällt mir sehr gut! Ein mögliches Mattbild hat sich bald abgezeichnet, aber der Knackpunkt ist zu erkennen, dass der T-Zug nicht bloß R Ta1-a2 ist, sondern ein Entschlag R Ta1x?a2, weil sonst s keinen legalen R-Zug mehr verfügbar hätte (tricky Feld b4!). Das „?“=L lässt sich bezogen auf die Rochade-Lösung dabei dann leicht ableiten und bildet zugleich die Basis für eine einfache s/w Abzählübung:

    14 w Steine im Diagramm und NOTWENDIGES Schlagfeld a6 für einen weiteren w Stein = 15; es wurde also nur 1w Stein (wie die Lösung final zeigt der Springer auf g1) geschlagen. Da noch alle wB vorhanden sind, gab es auch keine w Umwandlung.

    7+1(auf a2) s Steine im Diagramm, also fehlen 8.

    Die 8 wB haben gemäß Diagramm 7x (oder 9x) geschlagen. Da nur 8 s Steine fehlen, können es daher nur die 7x gewesen sein. Daher kann auch die c-Linie NIE frei gewesen sein; die Umwandlung der beiden zusätzlichen sL MUSS also auf g1 und h1 stattgefunden haben. Die entsprechenden sB können dazu entweder geradlinig oder durch 2x Wechsel der Linie auf g1 und h1 eintreffen, zu letzterem hätten sie allerdings 2(!) w Steine schlagen müssen, es war dafür aber nur 1 Stein verfügbar. Demnach sind beide sB geradlinig (ohne Schlag) auf die beiden Umwandlungsfelder gelangt, der wSg1 wurde also nicht im Rahmen einer Umwandlung geschlagen! Daher siehe eindeutige Lösung…

    Ich nehme an, dies ist der gleiche Lösungsweg nur mit anderen Worten… Danke!

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