Retro der Woche 45/2018

Der Russe Rustam Ubaidullajew baut gelegentlich kleine, humorvolle Beweispartien, wie ich eine in der letzten Woche vorgestellt hatte. Besonders bekannt ist er allerdings für komplexere, meist strategisch und inhaltlich sehr reizvolle Stücke, die nicht unbedingt im Mainstream mitschwimmen.

Solch eine Aufgabe von ihm möchte ich euch heute zeigen.

Rustam Ubaidullajew
Die Schwalbe 2003, 2. Preis
Beweispartie in 17,5 Zügen (16+15)

 

Das übliche Zählen der sichtbaren Züge ist bei Schwarz schnell erledigt, bei Weiß müssen wir schon ein wenig genauer hinschauen. Dort kommen wir auf 3+2+3+4+2+4=18 – damit sind alle weißen Züge erklärt. Die (nur) drei Turmzüge mögen beim ersten Blick aufs Diagramm erstaunen, aber die erreichen wir, wenn wir Th1-h4-a4 und Ta1-h1 spielen: Dies ist wegen der weißen Bauernstruktur die schnellste Möglichkeit – und die brauchen wir auch, denn so sind bereits alle weißen Züge erschöpft.

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Retro der Woche 25/2018

Vorbemerkung:
Gerade hat mich Andrew darauf aufmerksam gemacht, dass er heute „erst“ 59 Jahre alt wird — ich hatte einfach der WFCC Composer’s Datenbank geglaubt, die an der Stelle offensichtlich fehlerhaft ist!

Heute steht wieder ein Geburtstag-Glückwunsch auf dem Programm: Andrew Buchanan feiert heute seinen 60. Geburtstag! Bekannt ist er vor allen Dingen als fleißiger Unterstützer der PDB und als „Erfinder“ der Dead Reckoning Regel, wonach eine Stellung nicht nur automatisch remis ist, wenn beide Seiten aufgrund des Materials nicht mehr zum Mattsetzen in der Lage sind, sondern schon in dem Moment, wo sich solch eine Stellung nicht mehr verhindern lasst. Demnach ist z.B. Kc6 Da8 / Ka7 bereits remis.

Eine Menge könnt ihr hierzu und zu vielen anderen Themen (nicht nur) der Retroanalyse auf seiner Website erfahren.

Hier möchte ich aber eine Beweispartie von ihm vorstellen,

Andrew Buchanan & Mark Kirtley
Gligor Denkovski Gedenkturnier 2018, 2. Lob
Beweispartie in 12,5 Zügen b) sKg6>d5 (16+13)

 

Als ich die Aufgabe zum ersten Male sah, wunderte ich mich zunächst, dass in a) [Ke8] nur zwei Züge auf sein Zielfeld benötigt, in b) allerdings drei. Wie das trotzdem passt, werden wir gleich sehen. Zunächst einmal beginnen wir mit dem üblichen Betrachten der sichtbaren Schläge und Züge.

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Retro der Woche 12/2018

Vor zwei Wochen hatte ich bereits den ersten Preis des Probleemblad Retroturniers der Jahre 2015 und 2016 vorgestellt, heute soll eine weitere ausgezeichnete Aufgabe folgen. Eigentlich hatte ich dafür die 1. ehrende Erwähnung ausgewählt, um dann noch rechtzeitig festzustellen, dass ich die hier schon als Retro der Woche 37/2015 vorgestellt hatte. Auch die 3. ehrende Erwähnung hatte ich hier schon besprochen (Retro der Woche 39/2016). Schaut euch diese Aufgaben noch einmal an, sie lohnen auch einen zweiten Blick…

Aber auch das hier nun gezeigte Stück finde ich sehr hübsch, wenn auch vielleicht nicht ganz so originell wie die beiden ehrenden Erwähnungen:

Michail Kosulja & Andrej Frolkin
Probleemblad 2015-2016, Lob
Beweispartie in 25 Zügen (12+14)

 

Preisrichter Hans Gruber wies darauf hin, dass sein eigenes Lösen half, das Thema der Aufgabe besonders zu schätzen. Ganz leicht ist das Lösen sicherlich nicht, doch vielleicht wollt ihr es versuchen, auch ohne dass ich hier schon erste Hilfestellungen gebe? Viel Spaß und Erfolg dabei!

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Retro der Woche 43/2017

Gehen wir heute zurück in die Zeit vor dreißig Jahren. In gewisser Weise waren das die Pionierjahre der Beweispartien: Hauptsächlich Michel Caillaud, aber auch zum Beispiel Andrej Frolkin hatten sich um die Popularisierung der eindeutigen (!) kürzesten Beweispartien bemüht, und das trug nun Früchte, indem immer mehr Komponisten sich auf die Abenteuer dieser wiederentdeckten Forderung einließen.

Einer von ihnen war der Niederländer Jasper van Atten, der zu dieser Zeit um die Fünfzig war und sich intensiv mit verschiedenen Themen, da damals en vogue waren, beschäftigt hat.

Eine seiner Aufgaben möchte ich heute vorstellen.

Jasper van Atten
The Problemist 1987/88, 3.-5. ehrende Erwähnung
Beweispartie in 19 Zügen (16+15)

 

Schnell sehen wir, dass der einzige fehlende Stein, die schwarze Dame, auf e3 oder e4 geschlagen worden ist.

Das Zählen der notwendigen schwarzen Züge bringt erst einmal nicht allzu viel ein: Hier sehen wir nur 4+0+0+0+s+1=5 Züge, allerdings muss ja auch noch die Dame zu ihrem Schlagfeld ziehen. Damit kommen noch einmal drei (bei Schlag auf e4) oder vier (be Schlag auf e3) Züge der Dame hinzu,

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Freitag der 13.

Zum heutigen Freitag den 13. habe ich für zwischendurch natürlich eine dreizehn-zügige Beweispartie herausgesucht, die mir recht leicht zu lösen erscheint. Ein einziger Klotz verrät schon fast alles…

Henning Müller
Die Schwalbe 1989
Beweispartie in 13 Zügen (16+13)

 

Viel Freude beim Lösen — und möge der heutige 13. euer Glückstag sein!

Retro der Woche 41/2017

Zum Feiertag in der letzten Woche hatte ich eine Zwischendurch-Beweispartie des Australiers Peter Wong vorgestellt; heute möchte ich ein deutlich komplexeres Stück von ihm demonstrieren.

Peter beschäftigt sich besonders gern mit Tempospiel – und zumindest ich empfinde solche Aufgaben häufig als recht schwer zu lösen. Das liegt auch daran, dass man meist mit dem Üblichen Züge-Zählen nicht allzu weit kommt, dass auch die Tempomanöver gelegentlich nicht ganz einfach aus der Stellung abgeleitet werden können.

Peter Wong
The Problemist 1988, 3.-5. ehr. Erwähnung
Beweispartie in 21 Zügen (15+13)

 

Hier kommen wir offensichtlich mit reinem Züge zählen nicht allzu weit: Bei Weiß „sehen“ wir nun 3+0+0+0+3+1=7 Züge – genau ein Drittel der zu erwartenden Züge. Bei Schwarz schaut es schon etwas besser aus: 1+1+2+4+4+2=14 – genau doppelt so viele Züge wie bei Weiß, aber auch nur zwei Drittel aller geschehenen schwarzen Züge.

Da müssen wir also nach anderen Indizien schauen, und das ist ja häufig die Überlegung, welche Steine denn auf dem Brett fehlen.

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Retro der Woche 22/2017

Am heutigen Sonntag endet das traditionelle (Märchen-) Schachtreffen in Andernach, und daher habe ich für heute ein Märchen-Retro, eine Märchen-Beweispartie herausgesucht. Die hier geltende Bedingung „monochromes Schach“ wird im Schwalbe-Lexikon ganz einfach definiert: „Es sind nur Züge erlaubt und legal, deren Ausgangs- und Zielfeld von gleicher Farbe sind. Das gilt auch bei der Beurteilung von Matt und Patt.“ Das ist schon alles.

René J. Millour
Springaren 2007, 2. Preis
Beweispartie in 20,5 Zügen, monochromes Schach (13+7)

 

Einige Schlussfolgerungen für mögliche und unmögliche Züge kann man direkt aus der Bedingung ableiten.

So werden die Springer zu „Immobilien“, die nie ziehen können. So können die Könige direkt auf benachbarten Feldern stehen, da sie sich gegenseitig nie „bedrohen“ können: Der weiße König bleibt immer auf schwarzen, der schwarze König immer auf weißen Feldern. Und es gibt nur kurze Rochaden, da ja bei einer langen der beteiligte Turm die Felderfarbe wechseln würde. (Das ist allerdings Vereinbarungssache, denn wenn man die Rochade als reinen Königszug betrachtet, könnte man den Felderfarbwechsel des Turmes ignorieren. Das aber hätte merkwürdige Folgen für die Turmzüge.)

Ein ganz wichtiger Aspekt ist, dass Bauernzüge natürlich eingeschränkt sind: Bauern können nicht einen einfachen Schritt machen, da dabei dir Farbe gewechselt wird. Es funktionieren also nur der Bauerndoppelschritt am Anfang und anschließend nur Schläge.

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Retro der Woche 17/2017

Muss man als potenzieller Löser an der heutigen Aufgabe nicht verzweifeln? Nur zwei fehlende Steine, von denen nur einen eine Bauernspur hinterlassen hat, bei Schwarz kaum sichtbare Züge: Was soll der Schwarze eigentlich die ganze Zeit gemacht haben?

Das schauen wir uns gleich zusammen an!

Satoshi Hashimoto
Problemesis 2001, 4. ehrende Erwähnung
Beweispartie in 24,0 Zügen (15+15)

 

Bei Schwarz sind im Diagramm nur vier Züge sichtbar. Nur die Dame fehlt bei Schwarz, sie muss sich also auf e3 geopfert haben, womit wir auf sechs nachgewiesene schwarze Züge kommen — genau dreiviertel aller Züge sind also noch frei.

Bei Weiß sieht es für den Löser schon besser aus; hier können wir schon einige Züge mehr sehen: 3+0+4+7+6+2=22 — „nur“ zwei Züge sind noch frei!

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