Retro der Woche 52/2019

Im Retro der Woche 36/2019 hatte ich vom Murfatlar-Turniers anlässlich des diesjährigen WCCC in Vilnius berichtet: Dort waren Beweispartien mit der Bedingung „Duellantenschach“ gefordert. Ich hatte dort den ersten Preis hier vorgestellt, doch der wurde leider anschließend gekocht.

Nun möchte ich auf den zweiten Preis des modifizierten Preisberichts (dessen URL hat sich übrigens seit dem Retro der Woche 36/2019 geändert!) eingehen, der mir sehr interessant erscheint, weil er nämlich eine sehr typische Duellantenschach-Strategie thematisiert.

Michel Caillaud
Murfatlar Turnier 2019, 2. Preis
Beweispartie in 23 Zügen, Duellantenschach (15+14)

 

Noch einmal die Definition der Bedingung, entnommen dem Schwalbe-Lexikon: „Der einmal gewählte Stein des Startzuges einer Partei muss auch alle folgenden Züge seiner Partei bestreiten. Ist dies nicht mehr möglich, bringt ein neuer Startzug einen neuen Duellanten ins Spiel. Die Schachwirkung aller Steine bleibt normal erhalten.“ Alle Züge sind also auch unter den orthodoxen Schachregeln legal.

Während es in der Anfang September vorgestellten Aufgabe einige Schlagfälle gab, die, wenn der gerade aktive Duellant geschlagen wird, natürlich für eine ziemlich banale Art der Ablösung sorgen, geht es heute deutlich „strategischer“ zu.

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Retro der Woche 31/2015

„Das kann doch nicht so schwer sein!“ werden sich manche Schwalbe-Löser im Jahre 2004 gedacht haben, als sie die vorliegende Aufgabe sahen. Allerdings hat sich das aus trügerisch herausgestellt, wie einige Löserkommentare zeigten: „An dieser Aufgabe hatte ich — trotz der geringen Zügezahl — am meisten zu beißen.“ oder „Ging dicht an die Grenzen meiner Lösungs-Leistungsfähigkeit und beweist, dass die Schwierigkeit nicht immer proportional mit der Zügezahl zunehmen muss.“ schrieben zwei erfahrene Löser.

Woran liegt die Schwierigkeit?

Klaus Kiesow
Die Schwalbe 2004, Lob
Beweispartie in 11 Zügen (15+12)

 

Sofort fällt auf, dass der bei Weiß einzig fehlende [Bf2] auf h6 gestorben ist. Zwei prinzipiell unterschiedliche Wege führen potenziell zu seinem Tod: direkt (via f4xg5xh6) oder indirekt, indem er sich umgewandelt hat und dann nach h6 gezogen hat. Die dritte Möglichkeit, dass ein weißer Original-Offizier auf h6 geschlagen wurde und der Umwandlungsstein diesen ersetzt, können wir aufgrund der Zügezahl schnell ausschließen.

Betrachten wir zunächst die erste Alternative: Bei Schwarz fehlen die beiden Springer, der [Bc7] sowie der [Lc8], der zu Hause geschlagen werden musste. Lassen sich die beiden schwarzen Springer auf g5 und h6 schlagen, benötigen sie zusammen fünf Züge, darüber hinaus sind noch fünf schwarze Züge im Diagramm sichtbar.

Weiß hat acht Züge Zeit, die beiden schwarzen Steine der c-Linie abzuholen. In vier Zügen kann Sb1 auf c8 sein — das klappt also, wenn er zwischendurch noch den [Bc7] „mitnimmt“. Der aber hat nur einen Zug übrig, müsste also auf c7, c6 oder c5 geschlagen werden. Das allerdings kann bei der Zügezahlbegrenzung bei Weiß nicht klappen, das funktioniere nur, wenn [Bc7] bis c4 ziehen könnte!

Also muss [Bf2] umgewandelt haben — und damit beginnt die Schwierigkeit.

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Retro der Woche 24/2014

In meinem kurzen Andernach-Bericht hatte ich auch die beiden neuen feenschach-Hefte erwähnt sowie den Artikel von Nicolas Dupont. Darin schreibt er über 57 Task-Darstellungen, die er sich wünscht, die aber noch nicht realisiert sind und zeigt dabei 62 Beweispartien, die „knapp dran“ sind.

Eines dieser Stücke, schon ein älteres, möchte ich euch heute zeigen.

Andrej Frolkin
Die Schwalbe 1990
Beweispartie in 19 Zügen (14+15)

 

Wenn man sich anschaut, wie und wo die Umwandlungstürme entstanden sind, ist die Lösung sicherlich gar nicht mehr so schwer.

Zunächst einmal stellen wir fest, dass die beiden c-Bauern die einzigen Bauern sind, die im Diagramm fehlen; sie also müssen umgewandelt haben. Das können sie wegen der eingemauerten Damenläufern aber nicht auf ihrer Reihe. Wo sonst?

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Frühstückspausen-Lösung

Hier nun rasch die Lösung der kleinen Beweispartie vom letzten Dienstag:

1.g4 Sc6 2.Lg2 Se5 3.Lc6 dxc6 4.g5 Dxd2+ 5.Sxd2 Ld7 6.g6 OOO 7.gxf7 Le8 8.fxe8=T Kd7 9.Txf8 Ta8 10.Te8 Kxe8.

Viel Thematik, wie ich finde: Bei Schwarz eine Anti-Rochade, also Rücknahme der Rochade in die Ausgangsstellung des Königs und des Turms, um Weiß eine Donati-Umwandlung (der umgewandelte Stein kehrt auf sein Umwandlungsfeld zurück) zu ermöglichen, wobei der Umwandlungsstein just dort geschlagen wird: Das geht natürlich nur mit einem Offizier, also gleichzeitig Prentos-Thema. All das ist nur notwendig, um den sLf8 verschwinden zu lassen.

Klasse und elegant!

Retro der Woche 21/2014

Im letzten Retro der Woche hatten wir über Betrügerbauern gesprochen, die aus retroanalystischen Gründen wohl von der Linie kommen könnten, auf der sie stehen, unter dem Zeitdruck einer kürzesten Beweispartie allerdings von einer anderen Linie kommen müssen.

Neben der Diskussion hier im Blog erhielt ich auch mehrere Mails zu diesem Thema. So verwies beispielsweise Werner Keym auf unsere heutige Aufgabe und fragte, ob man das Thema nicht Betrügerrochade nennen könne, solle?

 

Edgar Fielder
Fairy Chess Review 1941
Darf Schwarz rochieren? (13+10)

 

Betrachten wir zunächst einmal die erforderlichen Schlagfälle: Der schwarze Tripelbauer auf der c-Linie erklärt die fehlenden weißen Steine, und untere denen muss auch [wBf2] sein. Der aber kann nicht direkt geschlagen worden sein, sondern muss sich umgewandelt haben. Das muss auf b8 passiert sein: Dafür sind vier Schlage erforderlich; zusätzlich gab es noch e2xd3, und [sLf8] wurde wegen der Bauernkonstellation zu Hause geschlagen.
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