Retro der Woche 12/2026

Im Oktober letzten Jahres konnten wir die Sensation verkünden, dass Reto Aschwanden mit seinem Stelvio Prüfprogramm die Korrektheit der berühmten 57,5 zügigen Beweispartie von Dmitri W. Pronkin und Andriy Frolkin nachweisen konnte. Damit sollten deutlich kürzere Beweispartien doch immer und leicht prüfbar sein?

Dass dies ein Trugschluss wäre und warum das so ist, will ich heute mit einem Beispiel aus dem Urdrúckteil der Schwalbe vom August letzten Jahres diskutieren.

Andriy Frolkin & Serhiy I.Tkatschenko
Die Schwalbe 2025
Beweispartie in 16 Zügen, Michel Caillaud gewidmet (5+8)

 
Die Aufgabe ist ziemlich kurz, die Autoren geben jedoch an, dass das Stück (nur) bis zum 13. Zug mit Stelvio geprüft ist, und auch Silvio Baier weist darauf hin, dass sich diese Beweispartie vollständiger Prüfung widersetze. Woran liegt das?

Ein „Brute Force“ Lösen ist bei nicht extrem kurzen Beweispartien ausgeschlossen: Im Schnitt gibt es in einer legalen Schachstellung etwa 30 Züge — damit etwa 30^32 16-zügige (32 Halbzüge!) Partien, das sind etwa 1,85 * 10^47 Partien. Könnte ein Computer in einer Sekunde eine Million Partien spielen, bräuchte er immer noch 1,85 * 10^41 Sekunden für alle. Ein Jahr hat im Schnitt etwa 31,6 Millionen Sekunden, wir brauchten also 5 * 10^33 Jahre für alle 16-zügigen Schachpartien. Und dann ist es auch egal, wenn davon vielleicht 90% bereits vorher wegen Matt beendet wären …

Daher suchen Prüfprogramme stets am Anfang nach möglichst umfangreichen Möglichkeiten, den „Spielbaum“ zu beschneiden, die durchschnittliche Zügezahl also so weit wie möglich zu reduzieren. So machen wir es hier auch meist, indem wir Überlegungen über die Stellung anstellen und daraus Schlussfolgerungen für den Lösungsablauf ziehen, bevor wir über konkrete Lösungszüge nachdenken.

Neben „impliziten“ Schlüssen (Schwarz hat 15 Steine, daher muss Weiß exakt einmal schlagen) sind das vor allen Dingen Feststellungen über Bauernstrukturen (… , dieser Schlag musste also mittels bxc3 erfolgen) und Abhängigkeiten von Zugreihenfolgen (g6 konnte erst nach Lh7 gespielt werden).

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Retro der Woche 10/2026

Heute will ich einmal aus der feenschach-Redaktion spoilern: Neben dem regulären Heft steht ein zweites kurz vor der Fertigstellung, in dem die Berichterstattung von Hans Gruber über Retroturniere aufgearbeitet wird: Da hatte sich so viel Material angesammelt, dass das für mehr als ein ganzes Heft reicht.

Für uns Retrofreunde wird das Heft sicherlich ein absolutes Highlight mit ausgezeichneten (im wahrsten Sinne des Wortes!) Retros am Fließband.

Eine Menge der Stücke kennt ihr aus den Retros der Woche, das heutige natürlich nicht:

Michel Caillaud
Probleembald 2011-2012, 1. Preis
Beweispartie in 18 Zügen (12+13)

 

18 Züge sind nicht allzu viele, aber scheinen dann mehr zu werden, wenn wir die sichtbaren Züge gezählt haben: Bei Weiß sind es 0+0+0+0+1+2=3 — das ist wahrlich nicht viel! Bei Schwarz schaut es auch nicht viel besser aus: 2+0+2+1+4+2=11, selbst hier sind also noch sieben Züge frei.

Dann ist es sicherlich interessant, sich anzuschauen, was denn ein Steinen geschlagen wurde: Bei Weiß fehlen bis auf den Springer die Damenflügel-Offiziere sowie der e-Bauer, bei Schwarz e- und f-Bauer sowie der schwarzfeldrige Läufer. Und Doppelbauern? Nur die Schläge ax3 bzw. axb6 sind sichtbar.

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Ostereier

Nein, wirklich gut hat der Verfasser die Ostereier im Diagramm nicht versteckt, aber vielleicht ging es ihm ja auch um eine andere Thematik? Welche?

Sicher wollt ihr aber doch erfahren, wie die dicken Eier d1 und e8 ihren Weg ins Nest gefunden haben? Viel Spaß beim Lösen „zwischendurch“ — und natürlich schöne Ostertage!

Igor Wereschtschagin
PCCC-Kongress 2002, Champagner-Turnier, 2. ehrende Erwähnung
Beweispartie in 9,5 Zügen (16+14)

 

Klar, die Lösung zeige ich euch wie immer in etwa einer Woche!

Lösung


Da ging es eher um die Doppelschachs von Schwarz und Weiß: Sehr ökonomisch in 9,5 Zügen dargestellt.

Unbekanntes Make&Take

Beim Make&Take funktionieren Schlagzüge anders als im normalen Schach, hier bestehen sie nämlich aus zwei Halbzügen: Zunächst macht der Schläger einen (nicht schlagenden) Zug so, wie das intendierte Schlagopfer zieht, um dann “normal”, nach seiner eigenen Gangart zu schlagen. Nach 1.g3 aus der Partieanfangsstellung kann Schwarz nun 1.– b7-g2xf1=S+ spielen: Der erste Halbzug ist der wie ein weißer Läufer, anschließend schlägt der Bauer und wandelt um.

Wieso ist das ein Schachgebot? Nun, der schwarze Springer bedroht via g2 (Sf1-g2 wie König) den weißen König (Sg2xe1). Das ist aber kein Matt, auch wenn natürlich Ke1xf1 unzulässig ist: Er muss ja einen Springerzug vorschalten! Aber es geht 2.K-g2xf1!

Die genauen Regeln auch z.B. für ep-Schläge findet ihr im Schwalbe-Märchenlexikon.

Bei den zwei kurzen Beweispartien von Stephan Dietrich, die ich euch heute zum Feiertag vorstellen möchte, kommt aber “erschwerend” hinzu, dass die Steine nicht bekannt sind: Es ist nur bekannt, wo Steine auf dem Brett stehen; Art und Farbe allerdings sind unbekannt.

Stephan Dietrich
Urdruck
Matt nach 2,5 Zügen, Make&Take (29)

 

Wir wissen, nach dem dritten weißen Zug ist der schwarze König matt. Gleichzeitig wissen wir, dass drei Schläge stattgefunden haben, denn es sind nur noch 29 Steine auf dem Brett.

Irgendwie haben wir sicher schnell den Verdacht, dass 1-c4 gespielt wurde, um den weißen Damenflügel zu öffnen, damit weiße Steine von dort (schnell, also schlagend…) zum schwarzen Königsflügen gelangen können.

In der Anmoderation hatten wir eben schon das kuriose Springerschach gegen den König gesehen — hast du eine Idee, wie man das zum Matt ausbauen könnte? Genau, stünde im Beispiel von oben noch ein schwarzer Läufer oder eine schwarze Dame auf h1, würde sie den Springer decken! Wieso? Weil nach 2.Kg2xf1 dann 2.– L/D-g2xf1 möglich wäre — also Matt.

Und damit haben wir schon beinahe die Lösung, wir müssen nur noch schauen, was mit [Bg7] passiert ist. Und dann sind wir auch schon fertig:

1.c2-c4 g7-g6 2.Lc1-c3xh8 g6-c2xd1=L 3 b2-g7xf8=S#.

Lösungsstellung
(15+14)

 

Warum hat Schwarz in einen Läufer umgewandelt? Nun, alle anderen Umwandlungen böten Schach…

 

Für euch zum Knobeln habe ich ein weiteres Stück ergänzt: Mit der gleichen Forderung, aber der zusätzlichen Bedingung “Platzwechselcirce”: Ein geschlagener Stein verschwindet nicht, sondern wird auf dem Feld wiedergeboren, von dem aus der “Schlger gerade gestartet war — Schläger und Opfer tauschen also die Platze. Bei Platzwechselcirce sähe der erste Schlag in der Lösung von oben so aus: 2.Lc1-c3xh8[sTc1]. Auch hierzu hilft das Märchenschachkexikon der Schwalbe weiter…

Stephan Dietrich
Urdruck 1.6.2020
Matt nach 2,5 Zügen, Make&Take, Platzwechselcirce (32 unbestimmte Steine)

 

 

Wenn ihr hier vermutet, dass die Klötze “außerhalb der Grundreihen” Springer sein könnten, dann liegt ihr, so viel sei verraten, zu 2/3 richtig…

Wie immer findet ihr hier die Lösung in etwa einer Woche, viel Spaß beim Lösen!

Ein wenig spät, aber immerhin…

Lösung

1.Sg1-f3 Sb8-c6 2.Sf3xc6[+sSf3]+ Ke8xc6[+wSe8] 3.Sb1-c3#
Matt durch Sc3, während Sf3 nur den Rosstäuscher gibt…

Retro der Woche 06/2020

NACHTRAG SIEHE UNTEN!

Bernd Gräfrath hatte darauf hingewiesen, dass der Fünffach-Pendler von Michel Caillaud den 2. Preis im feenschach-Retro-Informalturnier 2015 belegt hatte. Ins FIDE-Album kam es übrigens mit („nur“?) 10,5 Punkten.

Daher möchte ich euch heute den ersten Preis dieses Turniers zeigen (den dritten Preis erschien im Retro der Woche 5/2018), eine Beweispartie mit einer interessanten Märchenbedingung: Im „#R Schach“ wird nach einem Mattzug als Teil des Zuges der mattgebende Stein entfernt (beim Doppelschach beide), und es wird „ganz normal“ weiter gespielt, als sei nichts passiert. Hierzu und zu weiteren, ähnlichen Bedingungen erschien in f-212, S. 54—77 der sehr interessante Artikel „New Fairy Types Based on a Twinning Form“ von Chris Tylor und Andrej Frolkin; hier wurde auch unsere heutige Aufgabe urgedruckt.

Andrej Frolkin
feenschach 2015, 1. Preis
Beweispartie in 18,5 Zügen, #R Schach (11+13)

 

Bei Weiß sind nur je zwei Dame- und Turmzüge sichtbar, bei Schwarz sehen wir 0+1+3+0-9+5= 18 Züge, dabei habe ich für sSb5 sieben Züge angesetzt: fünf für die Umwandlung, zwei für den Weg nach b5; das ist das Minimum an schwarzen Springer-Zügen und daher auch genau deren Wert, da ja alle schwarzen Züge erklärt sind.

Schwarz kann auf seinen Wegen [Bc2] und [Sb1] schlagen ([Bd7]-d3xBc2xSb1=S), sich aber nicht mehr zusätzlich um die Beseitigung der fehlenden drei weißen Bauern [Bf2], [Bg2] und [Bh2] kümmern – das muss Weiß schon selbst erledigen.

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Lateral Thinking

Diese Aufgabe habe ich heute im Internet bei Facebook gesehen — und die muss ich euch einfach zeigen, damit ihr euch damit „zwischendurch“ beschäftigen könnt. Der Autor meinte, die Aufgabe (schon die Forderung) erfordere „lateral thinking“, also Querdenken.

Trevor Tao
facebook, Chess Endgame Studies and Compositions, 31.1.2020
(acht Forderungen) (15+10)

 

Die Forderungen gebe ich hier einzeln an:

 

a) Matt in 1/7
b) Matt in 1/6
c) Matt in 1/5
d) Matt in 1/4
e) Matt in 1/3
f) Matt in 1/2
g) Matt in p/q mit 1/2<p/q<1 (Was ist der Wert von p/q?)
h) Matt in 1

Viel Spaß beim Querdenken (ich muss gestehen, dass ich zunächst fälschlich Duale reklamiert hatte); wie immer gibt es die Lösung in einer Woche hier.

Dieses Mal habe ich für die Lösungen einen eigenen Beitrag erstellt.

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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Beweispartie mit Matt

Heute ist mir eine nette Aufgabe über den Weg gelaufen, die euch hoffentlich auch ein wenig Freude bereiten wird?

François Labelle
Phénix 2016
Ergänze zu einer Beweispartie in 4 Zügen, die mit Matt endet (0+1)

 

Die Aufgabe war eine von achten, die im Rahmen der Französischen Retro-Lösemeisterschaft 2016 gestellt worden war. Viel Spaß beim Knobeln.