Retro der Woche 46/2021

Ich möchte noch beim Preisbericht des diesjährigen Champagne-Turniers, bleiben, nachdem wir an den beiden letzten Sonntagen bereits die ersten Preise der Beweispartien und der übrigen Retros gesehen haben.

Heute präsentiere ich euch „nur“ eine Doppelsetzung des geforderten Themas, aber was für eine — lasst euch überraschen!

Roberto Osorio
Champagne-Turnier 2021, 3. Preis Gruppe A
Beweispartie in 19 Zügen (13+15)

 

Bauernschläge sind im Diagramm nicht zu sehen, darum beginnen wir mit dem Zählen der sichtbaren schwarzen Züge. Da kommen wir auf 2+1+3+5+3+5=19 — damit sind alle schwarzen Züge bereits erklärt. Dabei wissen wir noch nicht, ob Kf8/Te8 durch O-O, Te8, Kf8 oder durch Ke7, Te8, Kf8 entstanden sind — für die Zügezahl ist das auch irrelevant.

Das Schachgebot im Diagramm macht zusammen mit sBg5 den Weg des sLe3 eindeutig: Lf8-d6-f3xe3+. Ansonsten wäre ja auch ein Weg Lf8-h6-e3 und g6/hxg6-g5 möglich, für beides benötigen wir vier Züge.

Übrigens können wir damit bereits sicher sein, dass es keine Bauernschläge durch Schwarz gegeben hat: Durch das dann nötige Überkreuz-Schlagen würde Schwarz einen Zug zu viel benötigen.

Und damit ist auch klar, dass [Bh7] nicht hat ziehen können, also zu Hause geschlagen wurde. Damit bleiben keine weiteren Schlagfälle durch Weiß frei — speziell können die fehlenden [Bg2] und [Bh2] nicht Richtung Westen geschlagen haben — und damit können sie nicht durch irgendwelche schwarzen Figuren geschlagen worden sein.

Sie müssen sich also umgewandelt haben, und wegen des Wegschlags des [Bh7] zuhause müssen beide auf h8 umgewandelt haben: Erst [Bg2], dann [Bh2].

Dann können wir auch schon zwei Felder identifizieren, auf denen sich der weiterhin fehlende [Lc1] hat opfern können: Auf e7 (SxLe7) oder auf d6 (LxLd6).

Kommen wir noch einmal auf die weißen Umwandlungsbauern zurück: Die haben natürlich bereits zehn Züge gemacht, mit den drei sichtbaren weißen Zügen bleiben noch sechs frei — zwei davon verbrauchte [Lc1] zum Opfer. Damit verbleiben vier Züge, um die beiden Umwandlungssteine von h8 aus loszuwerden.

Nun solltet ihr versuchen herauszufinden, in welche Steine Weiß auf h8 umgewandelt hat. Na ja, zumindest wissen wir, dass dafür das Feld h8 bereits frei sein musste, dass Schwarz auch keine Zeit hat, irgendwelche Schachgebote durch Weiß abzuwehren. Und mit den Überlegungen zu den schwarzen Zügen sollte es auch nicht allzu schwer sein, die beiden Felder, wo sie geschlagen werden, zu identifizieren. Und damit ist auch die komplette Lösung nicht mehr allzu weit.

Lösung


Das finde ich extrem elegant: sLe3 braucht drei Züge zu seinem Diagrammfeld, und auf jedem seiner Ankunftsfelder schlägt er einen weißen Läufer: zunächst das Original von c1, dann die beiden Umwandlungsläufer von h8.

Einheitlicher geht es nicht! Und so wundert es mich auch nicht, dass Michel dieses Stück mit „nur“ zwei Themaschlägen so weit oben platziert hat — den „technischen Trick“ des Schachgebots im Diagramm hat er dabei bereitwillig verziehen…

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