Retro der Woche 46/2022

Vor vier Wochen habe ich hier das Sahnestück der Retro-Abteilung im 11. WCCT vorgestellt, das Siegerstück von Silvio Baier. Dort hatte ich auch das von der Ukraine vorgeschlagene Thema erläutert — vielleicht schlagt ihr dort noch einmal nach?

Heute will ich auf die zweitplatzierte Aufgabe eingehen; auch da bin mir sicher, dass sie euch gefallen wird.

Dirk Borst
11. WCCT, Abteilung H, 2. Platz
Beweispartie in 29,5 Zügen (14+14)

 

Betrachten wir zunächst die möglichen Schlagfälle. Sofort entdeckt man die beiden weißen Schläge: einmal mit dem [Bd2], einmal mit dem [Bf2] jeweils auf die e-Linie. Dabei können sie die fehlenden Steine [Bc7] und [Bg7] nicht beide direkt geschlagen haben: Einer wäre möglich, der dann zweimal zur Mitte hin hätte schlagen müssen.

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Retro-Turniere beim WCCC

Das 64. WCCC vom 12. bis zum 19. November in Fujairah, Vereinigte Arabische Emitrate, wirft seine Schatten voraus — auch in Form von Retro-Turnieren, die auch für Nicht-Teilnehmer offen sind; Teilnahme dann per E-Mail.

Das traditionelle Champagne-Turnier, organisiert von Michel Caillaud, fordert in diesem Jahr zum Gedenken an den kürzlich verstorbenen Unto Heinonen Retros mit Allumwandlung.

Das auch schon regelmäßige Murfatlar-Turnier verlangt in diesem Jahr Beweispartien mit der Märchenbedingung “Knightmate”, wo Springer durch nicht-königliche Könige und die Könige durch königliche Springer ersetzt werden.

Details zu Bedingungen, Preisen und Einsendeschluss (für beide Turniere Mitte November) entnehmt ihr bitte den Ausschreibungen; viel Spaß und Erfolg beim Komponieren!

Retro der Woche 42/2022

Und schon wieder eine Beweispartie — das ist heute wie schon in der letzten Woche der Aktualität geschuldet, aber gleichzeitig, das kann ich schon versprechen, gibt es heute auch ein „Sahnestück“ zu genießen!

Beim 11. WCCT war in der Retro-Abteilung folgendes, von der Ukraine vorgeschlagene, Thema vorgegeben (Ich gebe es in Kurzfassung, die englische Originaldefinition findet sich etwa im WCCT-Booklet.): Auf Partieanfangsfeld A des Steines X, der (oder sein Zwillingsbruder) geschlagen wird, erscheint ein in X umgewandelter Bauer derselben Farbe (Pronkin-Effekt), das er wieder verlassen darf. Auf A entsteht auch ein Ceriani-Frolkin-Stein (natürlich der anderen Farbe).

Silvio Baier
11. WCCT, Abteilung H, 1. Platz
Beweispartie in 30 Zügen (13+13)

 

Das Zählen der sichtbaren Züge (1+0+2+2+1+4=10 bei Weiß, 2+1+0+1+2+6=12 bei Schwarz, wo wir Rochade eingerechnet haben und daher zwei S-Züge brauchen) bringt uns erschreckend wenig weiter. Aber vielleicht hilft uns das Betrachten der sichtbaren Schlagfälle?

Bei Weiß fehlen drei Bauern: [Ba2] sowie zwei vom Königsflügel; die können alle nicht direkt geschlagen worden, müssen also per Umwandlung verschwunden sein. Damit haben wir schon 25 weiße Züge — und damit noch fünf, um die Umwandlungssteine oder ihre Original-Pendants loszuwerden.

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Retro der Woche 38/2022

Hatten Silvio Baier und Dmitrij Baibikov zum aktuellen WCCI ausschließlich orthodoxe Beweispartien bzw. klassische Retros eingesandt, so belegte Kostas Prentos mit seiner Einsendung von sechs Märchen-Beweispartien Platz drei.

Eines dieser Stücke möchte ich natürlich hier vorführen; es nutzt als Bedingung Point Reflection oder „Punktspiegelung“, die ich hier im Blog schon vorgestellt hatte. Ich persönlich halte sie für sehr interessant; das war auch der Grund, dass ich zugestimmt hatte, das Point Reflection Turnier 2020 des Münchener Problemkreises, das sich allerdings mit Hilfsmatts beschäftigte, zu richten.

Aus diesem Bericht zitiere ich auch die Definition: „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). Ein Bauer auf der ersten Reihe kann nicht selbstständig 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.“

Kostas Prentos
3. Murfatlar TT 2020-2021, 1. Preis
Beweispartie in 16 Zügen, Point Reflection (10+10)

 

Beim Blick auf das Diagramm fällt sofort der Bauer auf a1 auf: Der kann natürlich von b2 gekommen sein, wenn auf g7 ein Läufer oder eine Dame gestanden hat — oder auch beispielsweise von f1 aus, wenn er dort schon als Bauer stand und auf c8 ein Turm oder eine Dame.

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Retro der Woche 36/2022

In meinem Bericht letzte Woche vom Ergebnis der Retro-Kompositions-Weltmeisterschaft WCCI hatte ich bereits angekündigt, darauf noch intensiv zurück zu kommen; das will ich nun tun.

Natürlich beginne ich mit einer Aufgabe des alten und neuen Weltmeisters — das ist übrigens das im Wettbewerb mit Abstand am höchsten bewertete Stück, das in höherem Sinne Silvio Baier die Titelverteidigung sicherte.

Silvio Baier
Die Schwalbe 2020, 2. Preis
Beweispartie in 26 Zügen (12+14)

 

Auffällig an der Diagrammposition ist natürlich die weiße Homebase, die das übliche Züge-Zählen für Weiß sofort ad absurdum führen würde. Und der zweite Blick lässt uns als potenzielle Löser vielleicht gar verzweifeln: Nicht ein einziger Schlag ist sichtbar, da bei Schwarz kein Doppelbauer zu sehen ist.

Aber vielleicht hilft hier das Zählen der sichtbaren schwarzen Züge? Gehen wir zunächst einmal davon aus, dass wir keine schwarzen Bauernschläge einrechnen; das hat dann speziell Auswirkungen auf die Turmwege.

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Retro der Woche 22/2022

Heute geht das Treffen der Märchenschachfreunde in Andernach schon wieder zu Ende. Da möchte ich euch wie schon in der letzten Woche wieder eine Märchenschach-Beweispartie zeigen – und irgendwie komme ich natürlich an der Bedingung Andernachschach nicht vorbei, die, wen wundert es, bei einem dieser Treffen vorgestellt und sofort kompositorisch ausprobiert wurde.

Die Bedingung ist sehr einfach erklärt: „Nichtkönigliche Steine wechseln, wenn sie einen gegnerischen Stein schlagen, als Teil des Zuges die Farbe.“ – so ist sie im Schwalbe-Lexikon definiert.

Auch der Autor dieser Aufgabe war in diesem Jahr wieder in Andernach!

Dirk Borst
feenschach 1997, Preis
Beweispartie in 21 Zügen, Andernachschach (16+12)

 

Zunächst einmal bemerken wir: Orthodox kann die Stellung nicht in 21 Zügen, nicht in einer ungeraden Zahl von Zügen erspielt werden, da Weiß eine gerade Zahl von Zügen spielen müsste, um die Partieanfangsstellung wiederherstellen zu können.

Wir sehen, dass bei Schwarz vier Bauern fehlen – also schlug wegen der Märchenbedingung Schwarz (!) vier Mal mit Bauern. Da ist aber erst einmal nichts sichtbar!

Wenn uns sonst nichts einfällt, wenn etwa die Schlagbilanz anhand der Bauernstruktur keine Hinweise gibt, dann zählen wir einfach die schwarzen sichtbaren Züge. Da sehen wir 3+2+3+2+3+1=14 – damit sind noch sieben Züge frei! Das ist sehr viel, aber vielleicht hilft uns das doch weiter? Dazu stellen wir uns die Frage, wie denn die weiße Bauernphalanx wieder geschlossen werden konnte, wenn doch gleich vier Bauern durch Schlagen weiß wurden – und was haben sie geschlagen?

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Schwalbe April 2020

Pünktlich zum Beginn der vorösterlichen Woche ist das Aprilheft der Schwalbe erschienen, es enthält wieder jede Menge interessanten Lesestoff, auch für uns Retrofreunde.

Der Urdruckteil enthält, wie ich meine, einige hervorragende Probleme — schaut euch besonders die klassischen Retros an und beachtet dabei den Hinweis zu 18162. auf eure Kommentare freue ich mich schon!

Bernd Gräfrath bringt eine Fortsetzung seines Artikels über “selektive Information”: Sehr lesenswert!

Jochen Schröder stellt Allumwandlungen in allen vier Ecken vor und erwähnt darin, dass es auch ein paar Retros gibt, die diesem Thema genügen. Eines davon möchte ich “für zwischendurch” vorstellen: Da das Thema ja schon klar ist sollte es nicht allzu schwer zu lösen sein:

Nikita Plaksin & Wladimir Lewschinski
Die Schwalbe 1982, 8. Lob
Was geschah in den vier Ecken? (12+14)

 

 

Wie üblich gibt es die Lösung hier in etwa einer Woche.

Und vielleicht ist für den einen oder anderen auch ein Artikel über Problemschach-Lexika interessant?!

— Hier nun die sicher prinzipiell nicht sonderlich überraschende Lösung, die aber dann im Detail erst einmal gespielt werden muss:

Lösung

R: 1.g7xSh8=T Lb8-a7 2.a7-a8=L h2-h1=S 3.a6-a7 h3-h2 4.a5-a6 h4-h3 5.a4-a5 h5-h4 6.h4xDg5 Sb5-a3 7.h3-h4 Dc5-g5 8.Tg5-g6 Da3-c5 9.Tf5-g5 Da1-a3 10… a2-a1=D, anschließend kreuzen die sBa2 und b2 sowie die sBg4 und f6.


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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