Retro der Woche 52/2015

Wenn zwei so hervorragende Komponisten wie Nicolas Dupont und Andrej Frolkin eine Aufgabe mit sofort drei Umwandlungssteinen und einer sehr hohen Zügezahl veröffentlichen (an der sich Computer-Prüfversuche die Zähne ausbeißen), kann man sicher sein, dass es hier exquisite Thematik zu sehen gibt. Und die wollen wir uns nun einmal anschauen.

Nicolas Dupont & Andrej Frolkin
Probleemblad 2015
Beweispartie in 36.5 Zügen (11+15)

 

Obwohl es auf den ersten Blick nicht so ausschaut: Auch hier hilft uns das Zählen der erforderlichen Züge weiter, speziell die der schwarzen Steine. Wir versuchen also, die minimal erforderliche Anzahl von schwarzen Zügen zu berechnen; dies ist gar nicht so kompliziert, wenn wir die Umwandlungssteine sofort mit berücksichtigen.
Der sK brauchte offensichtlich zwei Züge, die Damen sieben: sDd5 kann ihr Feld in einem Zug erreicht haben, sDg6 ist dann durch Umwandlung (auf b1 oder g1) entstanden.

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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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Retro der Woche 26/2015

In den letzten Jahren hatten einige Problemschachzeitschriften erfrelicherweise Retro-Informalturniere begonnen, so auch Orbit. Weniger erfreulich ist, dass diese Zeitschrift 2013 ihr Erscheinen einstellen musste.

Im Informalturnier 2008 zeichnete Preisrichter Hans Gruber dieses Stück mit einem Preis aus:

Nicolas Dupont
Orbit 2008, Preis
Beweispartie in 21,5 Zügen (14+14)

 

Beiden Seiten fehlen jeweils zwei Bauern, aber keine Doppelbauern verraten uns mögliche Schläge von Bauern. Also müssen wir versuchen, auf andere Weise der Lösung näher zu kommen. Versuchen wir es wie üblich mit dem Zählen der Züge.

Hierbei sind die weißen Züge zunächst einmal nicht so aussagekräftig: Wir erkennen im Diagramm nur 1+0+0+6+0+2=9 — es bleiben also 13 freie weiße Züge.

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Retro der Woche 20/2015

Vor ein paar Tagen habe ich mir die Original-Retros in einigen der letzten StrateGems Ausgaben angeschaut, und eines dieser Stücke möchte ich heute vorstellen, weil es mich ziemlich beeindruckt hat — und trotzdem ist für mich noch ein Wunsch bezüglich der Lösung offen…

Unto Heinonen
StrateGems 2014
Beweispartie in 21,5 Zügen (13+15)

 

Beginnen wir wie üblich mit der Schlagbilanz und der Inventur: Bei Schwarz snd zwei Bauernschläge sichtbar (axb und b7xc6), bei Weiß keiner — damit ist noch jeweils ein Schlag frei. Bei Schwarz fehlt nur ein Bauer ([Be7] oder [Bf7]), und bei Weiß fehlen [Lc1] sowie [Be2] und [Bf2].

Die weißen sichtbaren Züge sind schnell gezählt: 1+2+0+1+1+1=6 für Weiß und 0+2+5+3+4+5=19 für Schwarz.

Der letzte Zug ist das Schachgebot einer weißen Dame — kann die gerade auf f8 erwandelt worden sein? Nein, das geht nicht, denn dann hätte der letzte weiße Zug e7xXf8=D+ sein müssen, aber dieses „X“ kann nicht exisiteren, da [Bf7] nicht umgewandelt haben kann: So viele freie Züge hat Schwarz nicht.

In dem Zusammenhang fällt aber noch ein Detail auf:

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Retro der Woche 02/2014

Im Laufe des Dezembers sind die (vorläufigen) Ergebnisse der acht Rubriken des 3. FIDE World Cup (analog zu denen der FIDE-Alben) veröffentlicht worden; sie können z.B. von der WFCC-Seite herunter geladen werden.

Selbstverständlich interessiert hier am meisten der Retro-Bericht, den Silvio Baier sehr kompetent erstellt hat. Ich möchte heute die zweit-platzierte Aufgabe vorstellen – es ist einfach mal wieder ein klassisches Retro an der Reihe, aber auf die erstplatzierte Beweispartie werde ich auch noch zurückkommen.

Andrej Frolkin
3. FIDE World Cup 2013, 2. Preis
Ergänze auf e8 und löse auf. Minimale Anzahl Züge seit dem letzten Zug des sK? (10+14)

 

Ich folge bei der Lösungsbesprechung der von Silvio, die ich im Wesentlichen nur ins Deutsche übersetzt habe.

Geht man nur nach den direkt sichtbaren Schlagfällen, könnte auf e8 sowohl ein weißer als auch ein schwarzer Stein eingefügt werden, aber bei Schwarz fehlen nur ein Bauer und [sLc8]; letzterer kann im letzten Zug Tc6:c7+ nicht geschlagen worden sein, aber auch nicht auf e8 stehen, deshalb muss auf e8 ein weißer (umgewandelter) Läufer oder ein Springer eingesetzt werden; wT und wD scheiden wegen Doppelschachs aus.

Wäre der letzte Zug Tc6:Bc7+ gewesen, dann hätten wir die schwarzen Schläge a:b, b:c, e7:d6 und h:g; [wBe2] und [wBf2] hätten, da nicht anders schlagbar (wLc1 wurde zu Hause geschlagen, auf e8 steht noch ein weißes Stein!) auf e8 umwandeln müssen, [wBh2] schlagfrei auf h8. Der Nordwest-Käfig kann nur mittels e7:d6 aufgelöst werden – dies erst nach den beiden Entwandlungen auf e8. Bis dahin aber ist Schwarz retropatt.

Also wurde ein Offizier auf c7 geschlagen.

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Retro der Woche 49/2013

Es gibt Aufgaben, bei denen ich niemals an Korrektheit glauben würde, trügen sie nicht das Siegel „C+“. Unser heutiges Retro der Woche gehörte, als ich es zum ersten Mal sah, in diese Rubrik, denn dort haben wir eine Menge Freiheitsgrade für die Lösung.

Reto Aschwanden
Probleemblad 2004, 1. Preis
Beweispartie in 21,5 Zügen (14+10)

 

Zunächst sehen wir, dass Schwarz nur zwei offensichtliche Züge gemacht hat, 19 seiner Züge sind also verborgen. Und zählen wir die weißen Züge, so kommen wir (mit Rochade, sonst dauert es länger) auf  2+2+5+4+2+5=20 – auch hier also noch Freiheiten?

Genaueres Hinschauen beruhigt uns ein wenig: wSg1 muss gezogen haben und zurückgekehrt sein, um den [wTh1] heraus zu lassen, also zwei zusätzliche weiße Züge, also 22 – alle weißen Züge sind damit erklärt.

Damit wissen wir auch, dass die beiden fehlenden weißen Bauern auf ihren Ursprungsfeldern geschlagen wurden, also auf b2 und auf e2 oder g2.
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Retro der Woche 25/2013

Das kürzlich erschienene FIDE-Album 2004-2006 ist mit insgesamt 1.367 Aufgaben das umfangreichste aller Zeiten, wenn man von dem retrospektiven „Elf-Jahres-Album“ 1945-1955 absieht.

Bekanntlich vergeben drei Richter unabhängig voneinander in Halbschritten 0 bis 4 Punkte für jede Aufgabe, so dass maximal 12 Punkte erreicht werden können. In diesem Album gelang das nur drei Stücken — kurioserweise allesamt Hilfsmatt-Zweizüger, obgleich doch gerade diese Gattung schon lange tot gesagt wird. Aber wurden das nicht orthodoxe Zweizüger auch schon oft, wurden das nicht auch kurzzügige Selbstmatts?

Von den 77 Retros in diesem Album erhielt unser heutiges Retro der Woche als einziges 11,5 Punkte und war damit sehr nahe am Maximum.

Michel Caillaud
Kostas Prentos 40 Turnier 2006, 1. Preis
Beweispartie in 19,5 Zügen (12+12)

Auf beiden Seiten fehlen vier Steine: Bei Weiß die vier Damenflügel-Bauern, bei Schwarz neben den drei Bauern noch ein Springer. Zählen wir wie üblich die Züge, so sehen wir, dass Schwarz alle 19 benötigt, um seine Steine in die Diagrammstellung zu bringen: Egal, wie sK und die sTT gezogen haben, brauchen sie zusammen immer sieben Züge, und die anderen zwölf werden von den anderen schwarzen Steinen komplett benötigt.
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