Archiv der Kategorie: Beweispartie

Retro der Woche 13/2020

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Auch im Problemschach gibt es immer wieder die Jagd nach Rekorden – seien das etwa Häufungen bei Umwandlungen oder seien das Längenrekorde.

Auch für Beweispartien gibt es verschiedene Längenrekorde — heute möchte ich euch den aktuellen für schlagfreie vorstellen.

Thierry Le Gleuher
Phénix 1997, 3. ehrende Erwähnung
Beweispartie in 40,5 Zügen (16+16)

 

Dass die Aufgabe „nur“ eine ehrende Erwähnung erhielt, lag sicher auch daran, dass zu der Zeit der Längenrekord noch auf 43 Züge stand , der aber im Jahr 2019 gekocht wurde (siehe P0002554) — und damit rückte unsere heutige Aufgabe nach oben.

Natürlich entfallen hier Hilfen durch Doppelbauern, die es nicht geben kann, da noch „alle Mann an Bord“ sind. Dafür gibt es aber andere Anhaltspunkte, an denen wir uns bei der Lösungssuche orientieren können.

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Retro der Woche 11/2020

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Bleiben wir noch etwas in den 1980er Jahren, als sich die Beweispartien langsam zu einem wichtigen, die kommenden Jahre dominierenden Bereich der Retroanalyse entwickelten.

Michel Caillaud, zu der Zeit, als er das heutige Stück komponierte, erst etwas über 30 Jahre alt, war einer derjenigen, die früh das Potenzial der eindeutigen Beweispartien erkannt hatten und schon damals großartige Aufgaben damit zu bauen verstanden.

Michel Caillaud
Phénix 1988, Spezialpreis
Beweispartie in 21,5 Zügen (15+14)

 

Für heute habe ich solch ein Exemplar herausgesucht, das sicherlich auch heute noch zum Lösen reizt.

Bei Schwarz scheint nicht viel passiert zu sein: Es sind insgesamt nur vier Züge zu sehen. Bei Weiß sind schon etwas mehr Züge im Diagramm zu sehen, nämlich 3+0+4+2+1+3=13. Aber auch damit sind natürlich noch viele Züge frei!

Da verrät uns die Untersuchung der Schlagfälle schon mehr…

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Beifang

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Wenn ich beispielsweise für einen Artikel oder einen Preisbericht in der PDB recherchiere, gelingt manchmal ein wenig „Beifang“: da finde eine nette Kleinigkeit, die ich dann gern für unsere „Zwischendurch“ Serie nehme.

Das sollen ja Aufgaben sein, die Spaß machen zu lösen, die ihr aber auch mit in den Schachclub nehmen könnt, um sie dort einmal zu zeigen, vielleicht für etwas Staunen und Freude zu sorgen.

Eyjolfur O. Eyjolfsson
Probleemblad V-VI/2004
Beweispartie in 7,5 Zügen (15+14)

 

Viel Spaß auch bei dem heutigen Stück; wie üblich gibt es die Lösung hier in etwa einer Woche.

9.3.2020: Allzu schwer sollte die Aufgabe nicht gewesen sein:

Lösung

Vierzügige Rückkehr des [Lf1] und zweizügige des [Sg1].

Retro der Woche 09/2020

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Schaut man einmal in die Retro-Abteilung des FIDE-Albums 1986-1988, des ersten mit dem bekannten blauen Einband, des ersten vom Team ellinghoven/Blondel produzierten Albums, so bemerkt man, dass von den 32 Retros nur vier (!) orthodoxe Beweispartien sind –- das war die Zeit, als die Beweispartien noch nicht die dominante Rolle spielten wie ab den 1990er Jahren.

Eine dieser vier Aufgaben stammt vom damals erst 22jährigen „Nachwuchstalent“ Kostas Prentos, der heute ein hochgeschätzter Komponist und Preisrichter sowie mein Kollege als Retro-Sachbearbeiter bei StrateGems ist.

Kostas Prentos
feenschach 1988, ehrende Erwähnung
Beweispartie in 18 Zügen (14+13)

 

Sicherlich fällt sofort der weiße König auf, der sich ins schwarze Lager vorgekämpft hat, um dort mattgesetzt zu werden.

Zählen wir die sichtbaren weißen Züge, so kommen wir nur auf 8+0+1+2+1+1=13 – es sind also noch fünf Züge frei. Das ist eine ganze Menge, aber wenn wir etwas genauer hinschauen, erkennen wir die sehr schnell:

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Weiberfastnacht

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Heute, an Weiberfastnacht, beginnt die heiße Phase des Karnevals, im Rheinland der Straßenkarneval.

Vielleicht habt ihr trotzdem (oder gerade deshalb) ein wenig Lust und Zeit, euch eine hübsche kleine Beweispartie anzuschauen?

Noam Elkies
Probleemblad XI-XII/2000
Beweispartie in 5,5 Zügen (16+13)

Noam ist nicht nur Löse-Großmeister und (Schach- und Musik-)Komponist, sondern „im Hauptberuf“ Mathematiker; bereits mit 26 Jahren, so jung wie noch niemand zuvor, er-hielt er in Harward eine Vollprofessur.

Wie immer bringe ich in einer Woche hier die Lösung…

Hier nun die hübsche Lösung:

Lösung

mit toller Tempo-Rückkehr des [Sb8], der dann auch noch verschwindet; viel Inhalt für nur 5,5 Züge!

Point Reflection

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Im Rahmen der WCCT Treffen werden stets eine Kompositionsturniere ausgerichtet; für uns Retro-Freunde sind dort die Champagne-Turniere von Michel Caillaud besonders bekannt. Auch die japanischen Problemisten tragen schon seit vielen Jahren zu dieser Tradition bei — nicht zufällig unter dem Namen „Sake-Turnier“.

Bei dem von 2019 ging es um die neue Märchenbedingung „Point Reflection“, eine Erfindung von Hiryu Todoroki, mit der recht einfach ausschauenden Regel (zitiert aus dem Märchenlexikon der Schwalbe)

Stehen zwei Steine (beliebiger Farbe, Könige eingeschlossen) auf Feldern, die punktsymmetrisch bezüglich der Brettmittelpunkts zueinander sind (z.B. a1-h8, b3-g6), tauschen sie ihre Zug-, Schlag- und Wirkkräfte (behalten aber die Farbe, die Bauernzugrichtung und evtl. königliche Eigenschaften bei).

Dazu gibt es noch zusätzliche Festlegungen:

Ein Bauer auf der ersten Reihe kann nicht ziehen, sein korrespondierender Stein auf der achten Reihe daher auch nicht. Die Rochade ist nur mit nicht-gespiegelten Figuren (König, Turm) möglich. Nur nicht-gespiegelte Bauern können en passant schlagen.

Die Auswirkungen auf dem Brett sind allerdings recht heftig! Zum „Eingewöhnen“ empfehle ich euch den Preisbericht des genannten Turniers.

Und zum Selbstlösen zwischendurch lade ich euch mit einer kleinen Beweispartie ein:

Christian Poisson
562 Parties Justificatives Homebase
Beweispartie in 3,5 Zügen, Point Reflection (15+15)

 

Auf die Quelle hatte ich schon im Oktober letzten Jahres aufmerksam gemacht.

Wie üblich bringe ich in etwa einer Woche hier die Lösung; viel Spaß beim Knobeln!

… Und hier ist nun die Lösung:

Lösung

1.d4 e5 2.dxe5 Kxe5 (Damenkraft) 3.Dd4+ Ke8 (wieder Damenkraft) 4.Dd1

Rückkehr von wD und sK.

Retro der Woche 07/2020

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Weshalb wirkt beispielsweise eine Beweispartie mit Allumwandlung auf uns „harmo-nisch“? Weil die vier Umwandlungen einfach „zusammenpassen“, da alle möglichen Offiziere genau einmal erwandelt werden. Und dabei wirkt eine einfarbige Allumwandlung oder eine, bei der zwei weiße und zwei schwarze Umwandlungen erfolgen, harmonischer als eine mit der Farbverteilung 1:3, denn hier wird das Spiel auf die Farben verteilt ein wenig uneinheitlich sein. Das ist es bei einer einfarbigen Allumwandlung offensichtlich noch mehr -– aber da entsteht die Einheitlichkeit aus der klaren Aufgaben- und Farbverteilung.

Ähnlich erscheint es auch bei der Verbindung unterschiedlicher Themen – und dafür habe ich heute ein, wie ich finde, sehr hübsches Beispiel herausgesucht.

Silvio Baier
Die Schwalbe 2013, 2. Preis
Beweispartie in 27 Zügen (14+14)

 

Der Versuch, sich der Lösung über das übliche Abzählen er sichtbaren Züge zu nähern, könnte zu grauen Haaren (solange noch nicht vorhanden) führen: Wir sehen bei Weiß 3+0+1+1+1+6=12, bei Schwarz 2+0+3+1+0+5=11 Züge – mehr als die Hälfte der Züge sind noch frei!

Allerdings hilft uns hier die Analyse der Schlagfälle und der Bauernstruktur schon entscheidend weiter.

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Retro der Woche 06/2020

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NACHTRAG SIEHE UNTEN!

Bernd Gräfrath hatte darauf hingewiesen, dass der Fünffach-Pendler von Michel Caillaud den 2. Preis im feenschach-Retro-Informalturnier 2015 belegt hatte. Ins FIDE-Album kam es übrigens mit („nur“?) 10,5 Punkten.

Daher möchte ich euch heute den ersten Preis dieses Turniers zeigen (den dritten Preis erschien im Retro der Woche 5/2018), eine Beweispartie mit einer interessanten Märchenbedingung: Im „#R Schach“ wird nach einem Mattzug als Teil des Zuges der mattgebende Stein entfernt (beim Doppelschach beide), und es wird „ganz normal“ weiter gespielt, als sei nichts passiert. Hierzu und zu weiteren, ähnlichen Bedingungen erschien in f-212, S. 54—77 der sehr interessante Artikel „New Fairy Types Based on a Twinning Form“ von Chris Tylor und Andrej Frolkin; hier wurde auch unsere heutige Aufgabe urgedruckt.

Andrej Frolkin
feenschach 2015, 1. Preis
Beweispartie in 18,5 Zügen, #R Schach (11+13)

 

Bei Weiß sind nur je zwei Dame- und Turmzüge sichtbar, bei Schwarz sehen wir 0+1+3+0-9+5= 18 Züge, dabei habe ich für sSb5 sieben Züge angesetzt: fünf für die Umwandlung, zwei für den Weg nach b5; das ist das Minimum an schwarzen Springer-Zügen und daher auch genau deren Wert, da ja alle schwarzen Züge erklärt sind.

Schwarz kann auf seinen Wegen [Bc2] und [Sb1] schlagen ([Bd7]-d3xBc2xSb1=S), sich aber nicht mehr zusätzlich um die Beseitigung der fehlenden drei weißen Bauern [Bf2], [Bg2] und [Bh2] kümmern – das muss Weiß schon selbst erledigen.

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