Point Reflection

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

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

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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Retro der Woche 05/2020

Haben wir uns in den ersten Retros der Woche für das neue Jahr mit „geschichtlichen“ Stücken beschäftigt, so werden wir heute ziemlich aktuell: Die Lösung der heutigen Aufgabe ist im ersten StrateGems Heft des Jahres 2020 erschienen, sodass ich das Stück nun hier besprechen kann, ohne irgendwelchen Lösewettbewerbe zu beeinflussen.

Andrej Frolkin & Sergej Tkatschenko
StrateGems 2019
Beweispartie in 18,5 Zügen (13+12)

 

Das reine Zählen der sichtbaren Züge könnte einen zur Verzweiflung bringen: Bei Weiß sehen wir nur 2+1+1+2+1+1=8, bei Schwarz 4+1+1+1+3+2=12 — immerhin, aber auch allein noch nicht sehr hilfreich.

Aber schauen wir doch, ob wir erkennen können, was an fehlenden Steine wo geschlagen wurde? Auffällig sind besonders die Doppelbauern: Für wBa3 liegt natürlich der Verdacht nahe: sTa3 und bxTa3. So einfach ist das für den Doppelbauern auf b6 nicht!

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Retro der Woche 03/2020

Bleiben wir noch etwas im Jahr 2000: Um 2007–2008 herum hatten Hans Gruber, Ulrich Ring und ich uns vorgenommen, verschiedene noch ausstehende Preisberichte, für die der vorgesehene Richter nicht mehr zur Verfügung stand, gemeinsam zu richten; das war für verschiedene Zeitungen und in verschiedenen Abteilungen: Riesenspaß hat das gemacht!

Den ersten Preis bei der Schwalbe aus dem Jahr 2000 möchte ich euch heute vorstellen -– und es mir damit recht leicht machen: Ich zitiere hier ziemlich unverändert unseren Kommentar aus dem Preisbericht (Die Schwalbe 233, Oktober 2008, S. 578—582). Dabei wird natürlich schon das Thema beschrieben, wird auch auf die Strategie eingegangen. Wer also selbst lösen möchte, sollte nicht sofort auf „Weiterlesen“ klicken…

Satoshi Hashimoto
Die Schwalbe 2000, 1. Preis
Beweispartie in 19 Zügen (15+14)

 

 

 

 

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Zwischendurch 87

Eine hübsche, nette Kleinigkeit möchte ich euch heute vorstellen und euch zum Lösen einladen:

Mario Parrinello
R459 Probleemblad 2017
Beweispartie in 9 Zügen (16+16)

 

Dass das Stück etwas mit “Rochade” zu tun hat, muss ich sicher nicht erwähnen?

Wie immer kommt die Lösung in etwa einer Woche — und hier ist sie nun!

Lösung

Minimale schlagefrei Darstellung von echter langer und pseudo-kurzer Rochade.

Retro der Woche 02/2020

Nachdem wir in der letzten Woche das neue Jahr in dieser Rubrik mit einem „Blick zurück“ um 90 Jahre begonnen hatten, möchte ich mit euch heute 20 Jahre zurückblicken – das passt ja gut zu „2020“…

Und da dieses Stück auch noch 2.0 Lösungen hat, passt es gar doppelt gut!

Michel Caillaud
Probleemblad 2000, 1. Preis, Joost de Heer gewidmet
Beweispartie in 16 Zügen, 2 Lösungen (14+13)

 

Bei Weiß sind nur zwei Züge sichtbar, 14 sind also noch frei. Bei Schwarz schaut das aus Lösersicht schon besser aus: Wir sehen 1+1+3+1+3+5=14 – also sind noch genau die Hälfte der erforderlichen Züge noch frei.

Aber wir können aus Der Stellung noch eine Menge an Schlüssen ziehen, sodass es gar nicht so schwer wird zu lösen.

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Frohe Weihnachten 2019

Frohe Weihnachten
Schöni Wienacht
Merry Christmas
Zalig Kerstfeest
Feliz Navidad
Buon Natale
Joyeux Noël
З Рiздвом Христовым
С Рождеством
Христос се роди
メリークリスマス
圣诞节快乐
Glædelig Jul
Hyvää Joulua
God Jul

Euch allen wünsche ich ein frohes, ein schönes, ein ruhiges, ein friedliches und besinnliches Weihnachtsfest 2019!

Vielleicht habt ihr ja jetzt an den Feiertagen Zeit, Lust und Muße, zwischendurch eine hübsche kleine Beweispartie zu lösen?

Jeff Coakley
Puzzling Side of Chess 2016
Beweispartie in 5,5 Zügen (16+14)

 

Viel Spaß dabei, und lasst euch dabei das Weihnachtsgebäck schmecken! Die Auflösung gibt es wie immer in etwa einer Woche hier!

Lösung