Retro der Woche 04/2021

24.1.2021: Mario Richter hat die Aufgabe leider gekocht; siehe seinen Kommentar. Die Aufgabe wird natürlich ihre Auszeichnung verlieren.

Seit etwa der Mitte des letzten Jahrzehnts beschäftigen sich hauptsächlich ukrainische Autoren (Andrej Frolkin, aber auch Michail Kosulja) mit „Rebus-Problemen“, in denen im Diagramm nur Buchstaben angegeben werden, aus denen dann auf die Diagrammstellung geschlossen werden muss; häufig gibt es zur gefundenen Diagrammstellung dann weitere (retroanalytische) Fragen. Eine solche Aufgabe findet sich beispielsweise im Retro der Woche 10/2017.

Der feenschach Retro-Preisbericht für 2017 ist im letzten Heft (243, Januar 2021) erschienen; Richter Hans Gruber stellte ein solches Rebus-Problem auf den zweiten Platz; einziger Preisträger ist hier ein komplexer Anticirce-Verteidigungsrückzüger des kürzlich verstorbenen Günther Weeth.

Michail Kosulja
feenschach 2017, 1. ehrende Erwähnung
Bestimme die Steine! Letzte 4 Einzelzüge? (30)

 

Wie löst man solche Aufgaben am besten? Als generelle Regel kann man versuchen, die Bauern und die Könige als erste zu bestimmen, um dann anhand der Stellungs-Spezifika, häufig durch ein Ausschlussverfahren, die Offiziere zu bestimmen. Häufig hilft bei solchen Aufgabe die Unterscheidung von Groß- und Kleinbuchstaben, die dann die Farbverteilung symbolisiert; hieraus konnte der Autor in unserer heutigen Aufgabe verzichten. (Bei den Lösungsangaben habe ich mich am Preisbericht orientiert.)

Machen wir zunächst Inventur: Auf dem Brett befinden sich je 7 B,F, je 2 A,C,E,G,L,R sowie je 1 D,H,S,W. Da nur zwei Steine fehlen, können nicht so viele Umwandlungen erfolgt sein, dass B oder F Umwandlungssteine sind; sie sind also Bauern.

Wegen der Schlagbilanz ist auch die Farbe sofort klar: F=wB, B=sB. Es fehlen also nur ein schwarzer und ein weißer Bauer; also sind D,H,S und W die Könige und Damen, A,C,E,G,L und R demnach die Türme, Läufer und Springer.

Wegen der weißen Bauern können H,S oder W nicht der sK sein, also bleibt nur D=sK.

Wäre W der wK, so stünde er im illegale Doppelschach; wäre S=wK, dann wären H oder W die sD, doch dann stünde der wK im illegalen Doppelschach durch einen sB und die sD. Also ist H=wK.

Wegen des wBb2 kann C kein Läufer sein: ein wL wäre illegal, ein sL wäre Umwandlungsfigur, wofür aber die die Schlagfälle fehlen. A,E,G können auch keine Läufer sein, da sie gleichfarbig sind und Umwandlungen zu viele Schlagfälle benötigen würden.

Also sind L,R = Läufer.

Aber in welcher Farbverteilung? Und was sind dann die Türme bzw. Springer? Das wollt ihr vielleicht selbst erschließen – wie auch die vier letzten Züge?!

Lösung

L kann wegen der wBb2,d2 nicht schwarz sein, denn für die Umwandlung wären der Schlagfall dxc-c1=L sowie der Schlag des [Lc1] auf c1 nötig gewesen, also hätte [Bc2] in wL umwandeln müssen, wofür es aber kein Schlagobjekt mehr gibt.

Damit haben wir R=sL und L=wL — sowie das wichtige Zwischenergebnis, dass der sK im Schach steht. Deswegen kann der wK nicht im Schach stehen, also ist klar: S=wD und W=sD.

A oder C könnten weiße Türme sein, wegen wBa3,b2,d2 und wLc1 nicht aber schwarze. G ist nicht sT oder sS (jeweils Schachgebot gegen den wK), aber auch nicht wT. Also ist G=wS.

A oder C könnten auch schwarze Springer sein, doch wegen des Schachgebots gegen den wK entfällt A als Alternative, deswegen: C=sS.

Und damit haben wir dann auch A=wT und schließlich E=sT, also folgende Schlussstellung:

Michael Kosulja
feenschach 2017, 1. Ehr. Erw.
gesuchte Stellung; letzte 4 Züge? (15+15)

 

Die letzten vier Einzelzüge sind nun R 1.Kd3xBc3+ d4xBc3ep++ 2. c2-c4 Tc4-b4+.

Eine hübsche und wie ich finde nicht zu schwierige Aufgabe, in der sich die Steinarten komplett durch logisches Schließen rekonstruieren lassen; zum Abschluss dann noch eine nette ep-Rücknahme. Mir gefällt das Stück!

2 thoughts on “Retro der Woche 04/2021

  1. Es fehlen wBc2 und sBd7, also ist m.E. die Schlußfolgerung „… also sind D,H,S und W die Könige und Damen“ hinsichtlich der Damen falsch.
    Mit Bc2xBd7..d8=D können auch 2 wDD auf dem Brett stehen, so daß folgende Zuordnung möglich scheint:
    F=wB, B=sB, D=sK, H=wK, L=wL, R=sL (bis hierher alles zwingend ableitbar), G=wD, W=sD, C=wT, E=sT, A=wS, S=sS; insgesamt also FEN=6N1/1p3Rpk/2prp2b/1b6/pr3pPp/PQK1n1qP/NP1PPP2/RBBQ4; zuletzt geschah R: Kc2-c3+.
    Bitte prüfen!

    • Mario hat recht. Hier eine mögliche Beweispartie, die am Ende alle Kriterien der Vorgabe erfüllt:
      1.g4 h5 2.Sf3 h4 3.h3 Th5 4.Sd4 a5 5.a3 a4 6.Sb5 Ta5 7.S5c3 Tab5 8.Sa2 e6 9.c4 Le7 10.c5 Lg5 11.c6 Lh6 12.cxd7+ Kf8 13.Lg2 Sf6 14.Le4 Tb4 15.Sbc3 Kg8 16.Lb1 Se8 17.Tg1 Dg5 18.Db3 Df4 19.Tg3 Td5 20.Te3 f5 21.dxe8=D+ Kh7 22.Te5 Dg3 23.Kd1 Ld7 24.Kc2 f4 25.Dh5 Lb5 26.Tf5 Sa6 27.Tf7 Td6 28.Dhd5 c6 29.Dh1 Sc7 30.Sd5 Dg2 31.Se7 Dg3 32.Sg8 Sd5 33.Dd1 Se3+ 34.Kc3+

Schreibe einen Kommentar

Deine E-Mail-Adresse wird nicht veröffentlicht. Erforderliche Felder sind mit * markiert.