Retro der Woche 11/2016

Eine wie ich finde sehr attraktive Rekord-Aufgabe möchte ich euch heute vorstellen. „Rekord und attraktiv – ist das kein Widerspruch?“ mag nun der eine oder die andere fragen.

Nein, mir gefällt dieses Stück nicht nur wegen seines „Rekord-Inhaltes“ sehr gut. Mich würde interessieren, was ihr davon haltet.

Olli Heimo
Suomen Tehtäväniekat 1997
Beweispartie in 18 Zügen (15+15)

 

Alle Bauern sind noch auf dem Brett – Umwandlungen können wir also ausschließen. Bei Weiß fehlt die Dame, bei schwarz der weißfeldrige Läufer. [Dd1] ist offensichtlich auf c6 gestorben, beim [Lc8] ist das nicht ganz so offensichtlich, auch wenn man vielleicht bereits eine Vermutung hat…

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Retro der Woche 08/2016

Im Retro der Woche 53/2015 hatte ich den zweiten Preis des Phénix Retroturniers 2014 vorgestellt. Bei der Erstellung des Preisberichts hatte mir die Reihung des zweiten und dritten Preises ziemliche Kopfschmerzen bereitet, darum stelle ich nun auch den dritten Preis vor: Vielleicht mögt ihr ja die beiden Aufgaben selbst vergleichen?

Nicolas Dupont
Phénix 2014, 3. Preis
Beweispartie in 26,0 Zügen (12+13)

 

Ich kann mich gut erinnern, dass mir die Lösung ziemlich schwergefallen war – zum Schluss komme ich darauf noch einmal kurz zurück.

Aber beginnen wir wie üblich zunächst mit der Inventur der Stellung: Es fehlen im Diagramm sieben der acht Bauern des Königsflügels, nur [Bh7] steht noch zu Hause.

Zumindest zwei schwarze Bauern müssen umgewandelt haben, denn die beiden weißen Bauern-Schlagfälle bxa und cxb können anders nicht erklärt werden.

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Retro der Woche 07/2016

Seit Ende 2013 gibt es auf Julia’s Fairies auch ein Retro-Informalturnier: Hans Gruber war Preisrichter für die Jahre 2013-2014; nun habe ich das Vergnügen und die Ehre, die Jahrgänge 2015 und 2016 richten zu dürfen.

Den ersten 1. Preis in der nun hoffentlich lang andauernden Tradition von Märchen-Retroinformaturnieren auf der Website möchte ich euch heute vorstellen. Die Bedingung „Disparate“ (deutsch: „ungleichartig“) ist recht einfach zu erklären: Es müssen nacheinander ungleichartige Steine ziehen. Damit ist eine „offene Partie“ (1.e4 e5) unter dieser Bedingung nicht möglich: Nach dem weißen Bauer darf nicht sofort ein schwarzer Bauer ziehen.

Nicolas Dupont
Julia’s Fairies 2014, 1. Preis
Beweispartie in 16,0 Zügen, Disparate (14+14)

 

Auf den ersten Blick scheint dies, ähnlich wie etwa das Duellantenschach (Jede Seite muss so lange mit dem einmal gewählten Stein ziehen, bis es (orthodox-)legal nicht mehr möglich ist, dann wird ein anderer Duellant bestimmt), eine sehr einfache Bedingung zu sein, die nicht allzu viele Möglichkeiten bietet — aber das täuscht bei beiden Bedingungen, wie ich meine.

Zählen wir zunächst ganz „orthodox“ die weißen und schwarzen Züge, die im Diagramm sichtbar sind: Das sind bei Weiß 2+1+2+4+2+0=11, bei Schwarz kommen wir auf 2+2+3+1+3+3=14 Züge.

Im ersten Moment scheinen viele Züge übrig zu sein, aber wir müssen auch betrachten, dass die fehlenen Steine [Bd2], [Be2], [Bc7], [Lc8] irgendwie verschwinden müssen. Würde Weiß etwa seine fehlenden Bauern auf d5 und e5 aktiv opfern, kostete das vier Züge für Weiß und zwei für Schwarz. Dann müsste Weiß in einem Zug die beiden fehlenden Steine verschwinden lassen — das kann nicht klappen!

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Retro der Woche 6/2016

Korrektur 14.3.22: Geburtsjahr von Ivan

Recht ungewöhnlich ist es, wenn Vater und Sohn gemeinsam komponieren. Die Makedonier Gligor (*20.8.1946, † 15.01.2015, siehe Retro der Woche 35/2015) und Ivan (*22.3.1973) Denkovski haben gemeinsam nicht nur Retros, sondern auch Hilfsmatts gebaut.

Eine ihrer gemeinsamen Beweispartien habe ich für heute herausgesucht.

Gligor & Ivan Denkovski
Die Schwalbe 2009, 4. ehr. Erw.
Beweispartie in 25,5 Zügen (15+16)

 

Kann man anhand der Diagrammstellung schon thematische Inhalte der Aufgabe erkennen? Hier geht das: Betrachten wir, welcher weiße Stein fehlt ([Bg2], so kann der nicht direkt geschlagen worden sein. Schwarz verfügt zwar über einen Doppelbauern, aber auf der h-Linie kann [Bg2] nicht verschwunden sein, da Schwarz noch „alle Mann an Bord hat“, Weiß also nicht schlagen konnte. Also muss [Bg2] auf g8 umgewandelt haben.

Dass [Sg8] gezogen haben muss, ist allerdings schon durch die Stellung der schwarzen Türme klar. Aber können wir bereits entscheiden, ob es sich bei der Umwandlung um einen „Ceriani-Frolkin“ oder einen „Phoenix“ gehandelt hat? Auch das können wir:

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Retro der Woche 04/2016

Der Preisbericht zum Zdravko-Maslar-80-Turnier, der gerade in feenschach 216 veröffentlicht worden ist, war durch eine Fehlerkette beeinträchtigt worden, die nun nachträglich durch Korrektur des Berichts geheilt werden konnte: Die Preisrichter hatten eine verbesserte Fassung eines bereits früh eingesandten Problems übersehen und damit die simplere Fassung berücksichtigt; mir als Turnierleiter war das im Nachhinein auch beim Setzen des Preisberichtes nicht aufgefallen: sehr ärgerlich!

Die nun wirklich ausgezeichnete Aufgabe ist wirklich ausgezeichnet …

Alexander Semenenko & Andrej Frolkin
Zdravko-Maslar-80 Turnier 2015, 1. Preis e.ae.
Beweispartie in 20,0 Zügen (13+12)

 

Sofort sieht man zwei schwarze Umwandlungssteine auf dem Brett, unter deren Berücksichtigung können wir schnell die schwarzen sichtbaren Züge sehen: Gehen wir davon aus, dass sDb6 und sTg7 („zugärmste“ Möglichkeiten) durch Umwandlung entstanden sind, so haben die beiden zusammen 12 Züge verbraucht; die Umwandlungen beider Steine müssen dann auf g1 erfolgt sein. Ansonsten sieht man noch 1+0+0+0+2+3=6, also zusammen 18 Züge. Bei Weiß sieht man zunächst nur 2+0+3+0+1+2=8 Züge.

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Retro der Woche 03/2016

Leider existiert die Zeitschrift Orbit nicht mehr — sie hatte sich zunächst auf Hilfs- und Selbstmatts konzentriert, aber dann auch einen guten Retro-Teil angegliedert.

Aus dem dortigen 2012er Turnier möchte ich heute den Preis vorstellen.

Mark Kirtley
Orbit 2012, Preis
Beweispartie in 18,0 Zügen (15+14)

 

Betrachtet man die Stellung, sieht man sofort die zwei weißen Züge, bei Schwarz muss man etwas genauer hinschauen und kommt dort auf 3+0+4+3+1+5=16 — hier fehlen also noch zwei Züge. Betrachten wir allerdings, welche Steine fehlen (wS, sD, sS), und berücksichtigen wir den Doppelbauern auf der weißen b-Linie, so sind doch alle schwarzen Züge erklärt, denn [Dd8] konnte in zwei Zügen nach b3 gelangen, während dies einem schwarzen Springer nicht möglich gewesen wäre. Damit sind alle schwarzen Züge geklärt.

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Retro der Woche 01/2016

Vielleicht habt ihr in den letzten freien Tagen auch einmal tun und lassen können, was ihr wolltet — und euch dann am Ende des Tages gefragt, wo die Zeit denn geblieben sei? So ungefähr könnte es dem Weißen in der heutigen Beweispartie auch gegangen sein, wenn er in der Schlussstellung überlegt, was er eigentlich die ganz Zeit gemacht hat?!

Rustam Ubaidullajew & Igor Wereschtschagin
The Problemist 2005-2006, 4. Preis
Beweispartie in 20.5 Zügen (13+14)

 

Bei Weiß fehlen ein Bauer und die beiden Springer, bei Schwarz zwei Bauern. Nur zwei weiße Züge können wir im Diagramm sehen, und die schwarzen wollen wir fix zählen und dann auch einige Überlegungen zur Reihenfolge der Züge anstellen.

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