Zwischendurch 57

Heute beginnen in NRW die Herbstferien – richtig, die Sommerferien sind kaum beendet, da geht es schon wieder los… Da habt ihr vielleicht mal wieder Lust, euch eine kleine Retroaufgabe anzuschauen und zu lösen? Heute gar eine etwas märchenhafte…

Theodor Steudel
feenschach 2006
-S & h=3, Ohneschach (2+4)

 

Hier nimmt also Schwarz einen Zug so zurück, dass anschließend ein Hilfspatt in drei Zügen erspielbar ist. Die Bedingung „Ohneschach“ bedeutet, dass nur Schachgebote, die gleichzeitig matt setzen, erlaubt sind. Schwarz am Zug dürfte im Diagramm also z.B. b1=D# spielen. Stünde dort z.B. ein zusätzliche wLh5, wäre dieser Zug nicht zulässig, da Weiß das Schachgebot ja mit Ld1 parieren könnte, also kein Matt vorläge.

Hier zeigte der Altmeister der (nicht nur Retro-) Kleinkunst ein nicht nur bei Retros beliebtes Thema.

Retro der Woche 39/2017

Im letzten Retro der Woche hatten wir uns eine Pronkin-Allumwandlung in einem klassischen Retro angeschaut, gesehen, wie relativ leicht sich das Thema darstellen lässt. Ganz im Gegensatz zur Darstellung in einer Beweispartie: Da galt dieses Thema lange als nicht darstellbar, bis dann Nicolas Dupont und Gerd Wilts das Gegenteil bewiesen.

Wenn ein Umwandlungsthema nicht darstellbar ist, dann suchen viele Autoren nach harmonischen Darstellungen von Teilen des Themas, und so machte es auch Michel Caillaud sehr erfolgreich in einem bekannten Thematurnier, das ich für mich immer als „Rosstäuscher-Turnier“ bezeichne: In an orthodox shortest proof game, one or more pieces are not what they appear to be.

Michel Caillaud
StrateGems TT 1998, 1. Preis
Beweispartie in 17,5 Zügen, zwei Varianten nach dem 5. Zug von Weiß (13+15)

 

Schauen wir zunächst einmal, welche Steine fehlen, wo sie geschlagen worden sein können.

Es fehlt nur ein schwarzer Stein, der irgendwo auf der c-Linie geschlagen wurde. Und dieser Stein ist entweder [Bf7] oder [Bh7], der sich also umgewandelt haben muss, da er nicht direkt geschlagen werden konnte.

Bei Weiß ist es schon komplizierter: Da fehlen [Lc1] sowie [Be2] und [Bh2]. Wie können die verschwunden sein?

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Retro der Woche 38/2017

In der letzten Woche hatte ich eine Beweispartie vorgestellt, die ich dem „Ukraine-Album“ 2004 bis 2006 entnommen hatte.

Heute will ich daraus ein klassisches Retro vorstellen, das nicht allzu schwer zu lösen ist, aber sehr hübschen Inhalt zeigt. Wenn ihr das letzte Retro der Woche verfolgt habt, dann wisst ihr auch schon, wer heute Autor des ausgewählten Stücks ist.

Andrej Frolkin
Messigny 2006, 2. Ehr. Erw.
Löse die Stellung auf! (12+11)

 

Leicht ist die Frage zu beantworten, wer mit der Zugrücknahme beginnen muss: Der schwarze König steht im Schach, also muss Weiß mit der Rücknahme dieses Schachgebots beginnen. Etwas kniffliger ist die Frage nach den Bauernschlägen.

Bei Schwarz haben wir, leicht zu sehen, vier Schlagfälle durch die Bauern: dxe, fxe, gxf, hxg. Wir sehen allerdings keine direkten weißen Bauernschläge.

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Retro der Woche 08/2017

Den zweiten Platz der Retro-Abteilung des 5. FIDE Worldcups (den ersten Platz hatte ich letzte Woche hier vorgestellt) belegte Nicolas Dupont mit einer Beweispartie.

Der dritte Platz ging an Andrej Frolkin mit einer tollen klassischen Auflöse-Aufgabe, die mich ähnlich begeistert hat wie Silvio Baiers Siegerstück.

Andrej Frolkin
5. FIDE World Cup in Composing 2017, 3. Platz
Erster Zug des sBa7? (15+12)

 

Bei Weiß fehlt nur ein Stein, der auf der c-Linie geschlagen wurde: bxXc. Bei Weiß sieht man zunächst nur einen Schlag, nämlich gxXh, aber da Schwarz neben bxc keinen Schlag mehr zur Verfügung hat, kommt sBd2 schlagfrei von d7. Daher haben [Bd2] und [Be2] überkreuz geschlagen, womit zwei weitere Schläge erklärt sind.

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Retro der Woche 41/2016

Im Hilfsmatt hat sich spätestens nach dem zweiten Weltkrieg die Tendenz gefestigt, dass zumindest kürzere Aufgaben (heute sicherlich bis mindestens vier Züge) mehr als eine Lösung haben; typischerweise sind diese Lösungen irgendwie thematisch miteinander verwoben.

Bei Beweispartien hat sich dies ähnlich wie bei klassischen Auflöse-Aufgaben, die ja beide die Kooperation von Weiß und Schwarz nutzen und damit dem Hilfs-Vorwärtsspiel „bis auf die Richtung“ ähneln, bisher kaum durchgesetzt.

Das liegt nicht nur daran, dass es offensichtlich sehr schwierig ist, beispielsweise solche Beweispartien zu bauen, sondern auch an einem inhärenten Problem, dass nämlich quasi „automatisch“ viele Züge in den Lösungen identisch sind: Schließlich müssen ja alle Steine die Diagrammstellung erreichen. Das ist im Vorwärts-Spiel einfacher zu vermeiden, da ja dort die Mehrspänner nur die Startposition (Diagramm) teilen, entsprechende Retros aber immer Start- und Endstellung.

Dennoch gibt es immer wieder attraktive Mehrspänner auch bei Beweispartien; einen möchte ich euch heute vorstellen.

Mark Kirtley
StrateGems 2016
Beweispartie in 11,5 Zügen, 2 Lösungen (9+13)

 

Insgesamt fehlen nach jeweils 23 Halbzügen insgesamt zehn Steine – das ist eine ganze Menge, und das erschwert auch die Lösung ganz erheblich. Dennoch bietet auch diese Stellung natürlich einige Anhaltspunkte für die Lösung.

Die Anzahl der sichtbaren Züge hilft nicht sehr viel weiter: 0+0+2+0+0+2=4 bei Weiß; bei Schwarz ist gar nur ein einziger Zug sichtbar.

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Retro der Woche 30/2016

Im Retro der Woche 17/2016 hatte ich bereits den zweiten Preis des Schwalbe-Informalturniers 2014 vorgestellt. Heute möchte ich mich dem vierten Preis zuwenden, der ebenfalls beeindruckende, moderne Beweispartie-Thematik zeigt.

Nicolas Dupont & Silvio Baier
Die Schwalbe 2014, 4. Preis
Beweispartie in 30 Zügen (12+14)

 

In seiner unnachahmlichen Art bezeichnete Hans Gruber als Kommentator das Stück als „Eine der leichtesten Übungen seit langem!“, was er wie folgt erklärte: „Bei DER Kombination von Autoren kann man die Erwartungen gleich auf ‚Knüller‘ einstellen. Und sie werden nicht enttäuscht. … Grandios!!“

Dann wollen wir uns diesen Knüller doch genauer anschauen, bei dem keine Doppelbauern im Diagramm zu sehen sind, bei dem also die Schlagfälle zunächst gut verborgen sind.

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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 40/2015

Im gerade erschienenen Oktober-Heft von StrateGems finden sich die Preisberichte für Beweispartien und (übrige) Retros für das Jahr 2014; Richter war Bernd Gräfrath.

Während sich seine Zufriedenheit mit den restlichen Retros sehr in Grenzen hielt (von den 14 Aufgaben des Jahrgangs zeichnete er nur ein Anticirce-Proca von Weeth/Wenda aus), war er von der Qualität der Beweispartien sehr angetan, dort hat er 10 von 24 teilnehmenden Aufgaben ausgezeichnet.

Der erste Preis ging an folgende ukrainisch-französische Gemeinschaftsproduktion: Bei den Autorennahmen kann man natürlich eine Menge erwarten, und es lohnt sich auf alle Fälle, das Stück genau zu analysieren.

Andrej Frolkin & Nicolas Dupont
StrateGems 2014, 1. Preis
Beweispartie in 28,5 Zügen (13+13)

 

Die übliche Züge-Zählerei scheint uns nicht allzu sehr weiter zu bringen. Bei Weiß ergeben sich, wenn man von kurzer Rochade ausgeht, 1+1+4+2+3+4=15 Züge, bei Schwarz 2+2+2+3+3+2=14 Züge — dabei haben wir schon berücksichtigt, dass [Sb8] gezogen haben muss, um [Ta8] heraus zu lassen.

Schauen wir uns also noch an, welche Steine fehlen.

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