Homebase-Beweispartien und WinChloe

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Christian Poisson hat kürzlich ein Büchlein mit 1144 Seiten (!!) veröffentlicht: 562 Parties Justificatives Homebase. Er stellt dort wie zu vermuten 562 Beweispartien mit (doppelter) Homebase vor, die meisten mit zusätzlichen Märchenbedingungen. Dabei wird auf den ungeraden (= rechten) Seiten eine Aufgabe im Diagramm vorgestellt und auf der nachfolgenden geraden (= linken) Seite deren Lösung gezeigt. Ideal also zum Selbstlösen, aber auch zum Blättern, da bei der Lösung das Diagramm wiederholt wird.

Ein Beispiel „für zwischendurch“ möchte ich euch natürlich nicht vorenthalten; die Lösung erscheint wie immer in etwa einer Woche hier.

Christian Poisson
562 Parties Justificatives Homebase 2019
Beweispartie in 7,5 Zügen (13+12)

 

Die Aufgaben entstanden übrigens hauptsächlich, um die neue Prüfroutine für Beweispartien in WinChloe 3.46 zu testen. Die ist für viele Märchenbedingungen deutlich schneller als Popeye, Christian hat aber gar nicht den Ehrgeiz, Jacobi in der Geschwindigkeit zu schlagen.

Thomas Volet 70

Heute gehen herzliche Glückwünsche über den „großen Teich“ nach New York, wo Thomas Volet seinen 70. Geburtstag feiert. Thomas, immer noch als Anwalt beruflich aktiv, ist besonders bekannt für seine klassischen Retros, die häufig raffinierte Schachschutz-Mechanismen zeigen.

Bereits acht Mal habe ich eine Aufgabe von ihm als „Retro der Woche“ vorgestellt (40/2013, 40/2014, 30/2015, 32/2016, 29/2017, 17/2018, 46/2018 sowie 32/2019), heute möchte ich euch einladen, „zwischendurch“ eine für seine Verhältnisse einfache Aufgabe zu lösen:

Thomas Volet
Messigny 2000
Letzte 9 Einzelzüge? (14+13)

 

Das sollte nicht allzu schwierig sein? Die Lösung kommt hier etwa in einer Woche. Und vielleicht genießt ihr ja auch noch das Nachspielen der einen oder anderen hier wiedergegebenen Aufgaben!

Tom, many happy returns!

… Und hier nun die Lösung:

Letzte 9 Einzelzüge
wBe7 ist [Bh2] und hat die fehlenden schwarzen Steine geschlagen; die fehlenden weißen Steine verschwanden auf c6 und d2.

Die Stellung kann nur aufgelöst werden durch Rücknahme von b7xXc6; dazu aber muss [sLc8] entschlagen und nach Hause gebracht werden. Im Moment hat Schwarz nur Wartezüge mit [Ba7]:


R: 1.Lb6-a7 a4-a3 2.Ta8-a5 a5-a4 3.f6xTe7! a6-a5 4. f5-f6 a7-a6 5. g4xLf5, und nun kann [sLc8] nach Hause wandern.

September-Problemist

Heute hatte ich das September-Heft des Problemist im Briefkasten, wieder mit interessantem Inhalt. Bei den „Selected Problems“ stellt Bernd Gräfrath die drei erstplatzierten Beweispartien unseres gemeinsamen Geburtstagsturniers vor — und ich muss mich hier outen: Bei den „Selected Problems“ studiere ich immer besonders intensiv die Studien- und Selbstmatt-Abteilungen, geführt von meinem „Geburtstags-Vetter“ John Nunn bzw. Hartmut Laue.

Der Urdruckteil enthält drei Retros, eines mit einer Bedingung, die in einem Artikel vorgestellt wird: ‚Shrinking Men‘ Gains a New Composer von Paul Bissicks — und dieser new composer ist Bernd Gräfrath.

Hier im Blog hatte ich die Bedingung „Growing Men“ bereits vorgestellt und dafür eine knappe Definition gegeben: „Die Folge der Zuglängen jedes einzelnen Steins ist monoton wachsend.“ Nun ist auch schon klar, wie die „Shrinking Men“ definiert sind: Ganz analog, nämlich „Die Folge der Zuglängen jedes einzelnen Steins ist monoton fallend.“

Dieser Themenkomplex ist sicher gerade für Retro-Aufgaben (nicht nur für Beweispartien) sehr interessant, und da erwarte ich noch eine Menge guter und origineller Aufgaben. Ich verrate nicht zu viel, wenn ich sage, dass es im Dezemberheft der Schwalbe einen „growing“ Urdruck geben wird — der Autor ist sicher nicht schwer zu erraten?!

Aus dem erwähnten Aufsatz sei „für Zwischendurch“ hier eine Aufgabe wiedergegeben:

Bernd Gräfrath
The Problemist Sept. 2019,
Beweispartie in 6,5 Zügen, Shrinking Men (14+16)

 

Die Lösung gibt es wie gewohnt in etwa einer Woche an dieser Stelle.

Lösung

1.e4 h5 2.Dg4 hxg4 3.f4 Th3 4.Sf3 gxf3 5.g4 Tg3 6.Lh3 f2 7.O-O!!

Weiß darf rochieren, da sowohl sBf2 als auch sTg3 nur noch Züge der Länge 1 machen dürfen und daher das Feld g1 nicht beobachten.

Kurz = leicht?

Kurze Beweispartien sind normalerweise leicht zu lösen — aber manchmal gibt es Ausnahmen; zumindest ist die nachfolgende, obgleich nur siebenzügig, für mich eine solche Ausnahme gewesen.

Joost de Heer, Gianni Donati & Michel Caillaud
Probleemblad 2000
Beweispartie in 7 Zügen (14+15)

 

Und wie schaut es bei euch aus, ist das Sekundensache?

In etwa einer Woche findet ihr hier wieder die Lösung.

12.09.2019: Die Woche ist vorbei, hier also die Lösung:

Lösung


Wer hätte da beim ersten Blick aufs Diagramm gleich drei Tempoverluste erwartet?

Pál Benkő 25.7.1928 — 25.8.2019

Am letzten Sonntag ist im Alter von 91 Jahren Pál Benkő in Budapest verstorben. Der starke Partiegroßmeister (beste „historische“ ELO-Zahl: 2.687 aus dem Jahr 1958) und Namensgeber des Benkö-Gambits, das ich zu meinen „Partyzeiten“ gern und recht erfolgreich gespielt hatte, hat sich auch recht intensiv mit Problemschach, speziell mit Studien beschäftigt, deutlich mehr als 100 Studien komponiert. In der PDB ist er mit 366 Stücken vertreten.

Gelegentlich ist er auch den Reizen der Retroanalyse erlegen; ihm zum Gedenken sei hier für zwischendurch ein hübsches Beispiel von ihm wiedergegeben.

Pál Benkő
StrateGems 1999
Ist die Stellung legal? (8+4)

 

Wie üblich werde ich die Lösung in etwa einer Woche hier nachtragen, bis dahin viel Spaß beim Lösen.

Hier nun die Lösung:
Ja, die Stellung ist legal und lässt sich mit einem weißen und einem schwarzen En-Passant-Schlag auflösen:

R: 1.cxd6ep# d7-d5 2.Kf3xBg3+ fxg3ep++ 3.g2-g4 Lg6-h5+ usw.

Growing Men

Heute hatte ich die Juli-Ausgabe des Problemist im Briefkasten, nachdem gestern bereits die elektronische Kopie in meiner Mailbox gelandet war. Neben dem üblichen kleinen Urdruckteil sowie den „Selected Retros“ von Bernd Gräfrath (die ich dieses Mal alle sehr gut kannte; sie stammen aus meinem Preisbericht Phénix 2016-2016) enthält die Ausgabe noch einen interessanten Beitrag von Paul Bissicks über die Märchenbedingung „Growing Men“, mit der man in allen Problemgebieten sicher sehr interessante Aufgaben bauen kann — nämlich Beweispartien von ebenfalls Bernd Gräfrath, wie hier anhand eines Beispiel demonstriert wird.

Wie ist die Bedingung definiert? Sehr einfach: „Ein Stein kann keinen Zug geringerer Länge als in dessen letztem Zug machen. Ein Zug bietet nur dann Schach, wenn es eine Drohung gibt, den gegnerischen König zu schlagen.“ Wer eine etwas mathematischere und knappere Definition haben möchte: „Die Folge der Zuglängen jedes einzelnen Steins ist monoton wachsend.“

Das könnt ihr euch etwa „zwischendurch“ anhand einer Aufgabe aus dem Aufsatz genauer anschauen; die Lösung folgt wieder hier in einer Woche.

Bernd Gräfrath
The Problemist 7/2019
Beweispartie in 7.0 Zügen, Growing Men (16+13)

 

Viel Spaß, allzu schwer sollte diese Aufgabe nicht sein — aber die Lösung ist sehr hübsch!

 

Lösung
1.c3 Sc6 2.Dc2 Sd4 3.cxd4 c6 4.Dc4 Dc7 5.Dxc6 Df4 6.Dxc8+ — und nun wehrt Schwarz das Schachgebot durch 6.– Kd8! ab, denn Weiß kann nicht DxKd8 spielen, da dieser Zug ja kürzer wäre als sein letzter Damenzug. Weiter
dann natürlich 7.Dc6 Ke8. Zwei Rückkehren zum Schluss.

Französische Retro-Lösemeisterschaft

Hätte man bei einem englischen Buchmacher auf den Sieg Michel Caillauds bei der französischen Retro-Lösemeisterschaft, die am Pfingstwochenende im Rahmen des R.I.F.A.C.E. durchgeführt wurde, gesetzt, wäre man damit sicherlich nicht reich geworden — wie Michel bewies, hätte es zurecht eine mickrige Quote gegeben, so überlegen gewann er wieder dieses Turnier.

Die Resultate findet ihr im Bericht, und dort sind auch die neun Aufgaben abgedruckt, die in 150 Minuten gelöst werden sollten. Vielleicht versucht ihr es ja einmal im Schatten unter einem Baum, um zu sehen, welchen Platz ihr belegt hättet? Allerdings fehlt im Garten der Turnierdruck, dafür könnt ihr euch auch mit einer „Gerstenkaltschale“ dopen!

Ein Stück aus dem Turnier möchte ich euch direkt hier zeigen:

François Labelle
Französische Lösemeisterschaft 2019
Beweispartie in 6,5 Zügen, 4 Lösungen (14+13)

 

Das scheint der erste echte Beweispartie-Vierspänner zu sein, d.h. mit vier unterschiedlichen Schlüsselzügen. Das ist doch hübsch, oder?

Wie immer erscheint hier die Lösung in etwa einer Woche.
2.7.2019: Und hier ist sie nun zum Anklicken!

Lösung

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!