Retro der Woche 25/2019

Vom Beweispartie-Informalturnier des Probleemblad 2009-2010 hatte ich hier bereits die beiden großartigen ersten Plätze (1. Preis und 2. Preis) vorgestellt. Aber auch der dritte Preis sollte nicht dem Vergessen anheim fallen; mit dem wollen wir uns heute beschäftigen.

Nicolas Dupont
Probleemblad 2009-2010, 3. Preis
Beweispartie in 30 Zügen (15+11)

 

Bei Schwarz sind wir mit dem Zählen der sichtbaren Züge sehr schnell fertig; wir haben ja beinahe eine Homebase-Stellung vor uns; nur ein Turmzug ist sichtbar.

Bei Weiß hingegen fallen sofort zwei Umwandlungsspringer ins Auge, und damit können wir auch schon die sichtbaren Züge zählen: 3+1+4+3+4+4(+10)=29 – nur ein weißer Zug ist noch frei – und auch das nur unter der Voraussetzung, dass die beiden Umwandlungsspringer jeweils nur einen Zug gemacht und der fehlende weiße Bauer zu Hause geschlagen wurde.

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Preisbericht R.I.F.A.C.E 2019 Retroturnier

Am Pfingstwochenende fand das Treffen der französischen Problemfreunde statt — traditionell wurde da wieder ein Retro-Kompositionsturnier ausgerichtet, die Ausschreibung konntet ihr hier im Blog finden; Thema wir die neue Bedingung “Knightmate”.

Nun ist der Preisbericht erschienen. Viel Spaß beim Studieren!

Retro-Kompositionsturnier R.I.F.A.C.E 2019

Gerade eben ist die Ausschreibung zum diesjährigen Retro-Kompositionsturnier des R.I.F.A.C.E Treffens 2019 der französischen Problemfreunde veröffentlicht worden.

In diesem Jahr geht es um Beweispartien mit der Bedingung KnightMate, auch Nicht-Teilnehmer am Treffen dürfen (allerdings nur mit einer Aufgabe) am Turnier teilnehmen (per Mail an abrobecker(at)yahoo.com; Einsendeschluss ist Sonntag, 9. Juni um 18:00 Uhr.

Beginn des Andernach-Treffens

Heute beginnt das 45. Andernach-Problemschachtreffen, und dazu hatte mir Walter Lindenthal – vielen Dank, Walter! – ein sehr passendes Stück geschickt, das ich euch heute so vorstellen möchte, wie das in Andernach beim Lösungsturnier geschehen würde: Ohne Quelle und Angabe der Lösungsanzahl — diese Infos kommen dann erst mit der Lösung selbst, also in etwa einer Woche.



Beweispartie in 3,5 Zügen Andernach-Schach b) sTa8 statt sSg8 (15+15)

 

Beim Andernach-Schach wechselt im Schlagfall der „Schläger“ seine Farbe. Viel Spaß beim Knobeln – und ihr wisst ja, in Andernach dürfen Popeye und Co auch nicht mitlösen…

 

Lösung
Zunächst die kompletten Angaben zum Problem:

R. Turnbell & S. Emmerson
Variant Chess 1996
Beweispartie in 3,5 Zügen Andernach-Schach b) sTa8 statt sSg8, zwei Lösungen (NL) (15+15)

 

a) 1.d3 Sc6 2.s4Sxd4(wS) 3.Sc6 Tb8 4.Sxb8(s)
b) 1.d4 e6 2.d4 e6xd5(wB) 3.d6 Se7 4.dxe7(sB) und
(NL) 1.d4 Sf6 2.Dd3 Se4 3.Dxe4(sD) Dxd4(wD) 4.Dd1
Witziger Weise ist die NL auch „thematisch“! Auf solche Überraschungen muss man beim Andernacher Lösungsturnier gefasst sein!

Retro der Woche 22/2019

Aufgaben, in denen der mögliche Inhalt im Diagramm gut verborgen bleibt, finde ich besonders attraktiv. Heute möchte ich euch solch eine Aufgabe vorstellen, die vor einem Jahr als slowakisch-französisches Teamwork im Problemist erschienen ist.

Marek Kolčák & Michel Caillaud
The Problemist. 2018
Beweispartie in 17,5 Zügen (14+15)

 

Das Diagramm verrät wirklich nicht allzu viel vom möglichen Lösungsverlauf: Der einzig fehlende schwarze Stein wurde vom [Bg2] geschlagen. Bei Weiß fehlen [Ta1] und [Bf2]. Und für das Verschwinden des [Ta1] kann man sicher noch einmal drei Züge zu en sichtbaren drei weißen Bauernzügen hinzurechnen – aber das hilft auch noch nicht viel, da wir damit nur genau ein Drittel der weißen Züge erklärt haben.

Bei Schwarz sieht man schon ein wenig mehr: Zunächst einmal 1+0+3+3+2+2=11 schwarze Züge, sodass hier „nur“ sechs Züge frei sind.

Aber schauen wir uns einmal an, wie der fehlende schwarze Stein verschwinden konnte.

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Retro der Woche 21/2019

Heute in zwei Wochen geht bereits das Andernach-Treffen zu Ende, und in drei Wochen findet ähnlich traditionell das Treffen der französischen Problemfreunde (R.I.F.A.C.E.) statt.

Hierzu gehören stets — wie ja auch in Andernach – Kompositionsturniere, bei denen jedoch — anders als in Andernach — auch Komponisten startberechtigt sind, die nicht am Treffen teilnehmen.

Im letzten Jahr waren Beweispartien oder andere Retros gefordert, in denen die Bauern durch Berolinabauern (üblicherweise durch ‚BB‘ abgekürzt) ersetzt sind. Im Märchenschachlexikon der Schwalbe sind Berolinabauern so definiert: „Ein Bauer, der schräg zieht und geradeaus schlägt – natürlich einschrittig vorwärts. Der (schlagfreie) Doppelschritt von der eigenen (2. bzw. 7.) Bauernreihe bleibt möglich, jetzt freilich diagonal. Umzuwandeln ist wie beim normalen Bauern. Ein en passant-Schlag ist möglich (Beispiel: wBBe2, sBBf4; nach 1.BBe2-g4 kann Schwarz 1.- BBf4xf3 e.p. schlagen).“ Sie werden meist, wie auch hier, durch kopfstehende Bauern dargestellt.

Übrigens wurden die Berolinabauern in Funkschach 1926 eingeführt; in diesem Jahr erschien dort auch eine BB-Studie von Emanuel Lasker!

Marco Bonavoglia
R.I.F.A.C.E. 2018, 1. Preis
Beweispartie in 11,5 Zügen, 2 Lösungen. Berolinabauern (15+16)

 

Wir sehen sofort: Nur BBa2 fehlt bei Weiß, und Weiß hat genau 12 Züge Zeit, den loszuwerden. Bei Schwarz sehen wir allerdings direkt 10 Züge: 3+0+2+0+2+3; also ist ein Zug übrig.

Stimmt das wirklich? sTb6 käme, wenn er in zwei Zügen sein Ziel erreichen sollte, direkt über h6. Das aber geht nicht, da zunächst hg6 (wir lassen bei Zug-Angaben meist, wie beim orthodoxen Bauern, die Abkürzung ‚BB‘ weg) erfolgen musste — dieser Zug versperrt aber die sechste Reihe. Also brauchte sTb6 drei Züge, und damit sind alle schwarzen Züge erschöpft.

Nun wollen wir einmal schauen, wo denn BBa2 geschlagen werden konnte?

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Retro der Woche 20/2019

In den letzten Wochen hatte ich hier bereits den ersten, zweiten und vierten Preis des Retro-Informalturniers 2016 der Schwalbe vorgestellt — da seid ihr sicher nicht allzu überrascht, dass heute der dritte Preis an der Reihe ist?

Roberto Osorio & Jorge J. Lois
Die Schwalbe 2016, 3. Preis
Beweispartie in 26,5 Zügen (12+12)

 

Dies ist mal wieder eine Beweispartie, bei der man mit dem reinen Zählen der weißen Züge nicht allzu weit kommt: Wir sehen bei Weiß einfach nur neun Bauernzüge, sonst nichts. Und auch das Zählen bei Schwarz (0+1+2+4+5+3=15) lässt noch elf schwarze Züge offen. Da ist die Untersuchung der Bauernstruktur zumindest etwas ergiebiger.

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Zwischendurch 71

Hinweis: Diagramm korrigiert!

Beweispartien mit mehreren Lösungen üben auf mich immer einen besonderen Reiz aus. Heute stellt uns Michael Barth solch einen Zwilling vor, der hier durch Versetzung eines schwarzen Springers entsteht. Dabei kann der Springer doch beide Felder über d7 erreichen?!

Michael Barth
Urdruck
Beweispartie in 5 Zügen b) sSc5>e5 (14+15)

 

Sicherlich erkennt ihr auch das verbindende Thema dieser Aufgabe?

 

Lösung
a) 1.e4 Sa6 2.e5 Sc5 3.e6 dxe6 4.c4 Dd5 5.cxd5 exd5 und b) 1.c4 Sc6 2.c5 Se5 3.c6 dxc6 4.e4 Dd5 5.exd5 cxd5 Zweimal Zickzackschlag des [Bd7].