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7. FIDE World Cup –Retros

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Vorgestern erschien bereits der (noch vorläufige) Preisbericht zur Retroabteilung des 7. FIDE World Cup. Andrej Frolkin setzte einen Anticirce Proca-Retraktor von Vlaicu Crişan auf Platz 1, gefolgt von einer Beweispartie mit vertikalem Spiegelcirce von Nicolas Dupont und einer klassischen Beweispartie von Waleri Semenenko. Die Aufgabe des einzigen deutschen Teilnehmers, Bernd Gräfrath, wurde mit der 3. ehrenden Erwähnung ausgezeichnet.

Bevor ihr den kompletten Bericht herunterladet, wollt ihr euch vielleicht „zwischendurch“ das 1. Lob dieses Turniers anschauen und lösen?

Jeff Coakley
7. FIDE Wolrd Cup 2019, 1. Lob
Beweispartie in 8 Zügen (15+9)

 
Das ist für die Kürze der Aufgabe jede Menge Inhalt, finde ich; ein echtes Werbestück für Beweispartien, das ihr vielleicht auch mal in den Schachclub mitnehmen mögt?

 

Lösung
1.e4 d5 2.exd5 Sc6 3.dxc6 Dd7 4.cxd7+ Kd8 5.dxc8=T+ Kd7 6.Txf8 Td8 7.Txg8 Kc8 8.Txd8+ Txd8.

Ein Erstling

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Bezugnehmend auf den Beitrag von Bernd Schwarzkopf hier im Blog meldete sich vor ein paar Tagen Andreas Niebler bei mir: Ein bisher „stiller“ Mitleser des Blogs aus der Oberpfalz, der sich aber schon länger neben seinem Partiespiel (und vielen weiteren Hobbies hauptsächlich in der Natur) für Retros interessiert. Schon vor ein paar Jahren hatte er eine Beweispartie gebaut, die ihm nun wieder einfiel und die er hier als sein Erstling veröffentlicht.

Andreas Niebler
Urdruck
Beweispartie in 11,5 Zügen (7+15)

 

Solche „Massaker-Partien“, auch wenn sie nur „einseitig“ sind, sind sauschwer zu lösen, weil sie eigentlich wenige Anhaltspunkte für den Ansatz zum Knacken enthalten – aus dem gleichen Grund sind auch die Prüfzeiten der Computerprogramme hier sehr lang.

Häufig ist die Lösung recht banal, hier aber, finde ich, stecken doch interessante Manöver drin, die die Aufgabe für mich sehr reizvoll machen. Bevor ihr nach der Lösung schaut, mögt ihr vielleicht selbst über eine Lösungsstrategie nachdenken?

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Retro der Woche 26/2018

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Nach längerer Zeit möchte ich heute wieder ein Retro, konkret eine Beweispartie, mit einer Märchenbedingung vorstellen. Das ist heute „Lortap“ oder auch „Elliuortap“ und ist damit die Umkehrung (lest die Namen einmal rückwärts!) von „Patrol“ bzw. „Patrouille“ Schach. Hierbei haben Steine nur nur Schlag- und Schachwirkung, wenn sie von einem eigenen Stein beobachtet werden. Bei Lortap ist es natürlich genau umgekehrt: Ein Stein hat keine Schlag- und Schachkraft (wohl aber Zug- und Beobachtungskraft), solange er von einem Stein der eigenen Partei beobachtet wird. Diese Bedingung taucht hier im Blog übrigens nicht zum ersten Male auf, siehe den Artikel über Quartz 40 vom 20. August 2014.

[php]tb_dia(„r5n1/pppnp3/1b3pk1/4qrp1/2p1R3/5b2/PP1PPPP1/RNBQKBN1“, „Nicolas Dupont, Quartz 2013-2015, Preis“, „Beweispartie in 16,5 Zügen Lortap (14+15)“); [/php]

 

Die ersten Überlegungen zu Schlagfällen und erforderlichen Zügen sind noch vollkommen orthodox: Es fehlen offensichtlich drei Bauern, nämlich [Bc2], [Bh2] und [Bh7]. Bei Weiß sind nur zwei Züge im Diagramm sichtbar, bei Schwarz schaut das schon anders aus: Zählen wir hier „ganz orthodox“, so sehen wir 2+2+2+5+1+4=16 Züge; alle schwarzen Züge sind also im Diagramm sichtbar.

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Retro der Woche 16/2018

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(Siehe Hinweis vom 20. April 2018)

Heute habe ich mal wieder ein schon etwas älteres Stück hervorgeholt: In den letzten 15 Jahren hat sich die Gattung der eindeutigen Beweispartien unglaublich weiterentwickelt.

Das heißt aber nicht, dass Aufgaben aus jener Zeit nach heutigem Maßstab „schwach“ sein müssen: Auch damals haben die Könner schon tolle Aufgaben gebaut!

Einer diese Könner ist Gerd Wilts, der leider u.a. wegen seines unglaublichen Engagements für die PDB (richtig: Familie und Beruf hat er auch noch …) viel zu selten zum Komponieren kommt. Aber all seine Aufgaben sind sehenswert, kann ich versichern, so natürlich auch die heutige.

Gerd Wilts
feenschach 2003, 2. ehrende Erwähnung
Beweispartie in 22,5 Zügen (14+10)

 

Der letzte Zug der Beweispartie ist schon klar: 23.Txd8# — nur ist noch nicht klar, was auf d8 geschlagen wurde. Wenn wir uns die Stellung ein wenig anschauen, fällt sofort auf, dass nur zwei schwarze Züge im Diagramm zu sehen sind; bei Weiß hingegen lohnt es zu zählen: 3+1+5+2+2+9=22 — ein weißer Zug ist noch übrig. Aber reichen 22 Züge wirklich? Das würde voraussetzen, dass wir Tc1xc8xd8# und Th6-c6 spielen. Dafür müsste [Bc7] durch [Bb2] geschlagen worden sein, [Bc2] irgendwie von Schwarz. Um dann aber die drei Bauernschläge am Königsflügel auf schwarzen Feldern hinzubekommen, muss sehr früh Th6-c6 erfpgen, das aber geht erst, wenn schon der weiße Turm auf c8 und der Bauer auf c7 steht.

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Retro der Woche 35/2017

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Während des WCCC in Dresden ist das FIDE-Album 2010-2012 erschienen. Die Retros sind dieses Mal „nur“ mit 63 Aufgaben vertreten, aber das sind 63 Knüller -– ich kann euch das Album natürlich auch wegen der anderen Rubriken nur ans Herz legen.

Ein Stück möchte ich dabei heute herausgreifen, das mich einfach ob seiner Eleganz begeistert.

Silvio Baier
Orbit 2010
Beweispartie in 18 Zügen (13+13)

 

Sofort fällt die weiße Homebase Position auf, sodass wir im Moment noch nichts über geschehene weiße Züge aussagen können.

Anders schaut es bei Schwarz aus: Hier zählen wir 4+2+5+0+0+5=16 Züge; zwei schwarze Züge sind also frei. Wirklich?

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Zufälle

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Manchmal gibt es schon verrückte Zufälle! Das letzte Retro der Woche hatte ich wegen Andernach schon eine Woche vorher geschrieben. Und am Mittwoch vor der Veröffentlichung flatterte mir das Mai-Heft von The Problemist ins Haus – mit gleich drei monochromen Retros!

Eines davon, das im Heft gründlich besprochen wurde, möchte ich kurz vorstellen:

Andrew Buchanan
The Problemist 2017, Yoav Ben-Zwi gewidmet
Letzter Zug? monochromes Schach (2+1)

 

Hier gilt implizit die „Dead Reckoning“ Regel, die auf Artikel 5.2b der FIDE-Schachregeln basiert: Kann ein Remis nicht mehr verhindert werden, endet die Partie automatisch und sofort; weitere Züge sind nicht mehr legal.

Mit dem vorhandenen Material kann Weiß nicht mattsetzen, die Stellung ist also remis. Also muss im letzten Zug entschlagen worden sein – und zwar so, dass die „andere Seite“ zumindest noch theoretische Gewinnmöglichkeiten hatte.

KxS, egal welcher Seite, scheidet aus, da die Stellung schon vorher remis war. KxL scheidet aus, da der Umwandlungszug unmöglich war: Kb7xLa8 geht nicht, da der letzte weiße Zug Bb7xXa8+ gewesen sein müsste – der scheidet aber aus, da b7 besetzt war. Dieses Argument zieht eigentlich auch für wKb2xLa1, aber diese Stellung wäre remis gewesen.

Ebenso scheidet beispielsweise Kb2xDa1 aus: Weiß hätte gar keine andere Zugmöglichkeit gehabt als die Dame zu schlagen und damit eine Remisstellung (nämlich die Diagrammstellung) herbeizuführen. Nach der Dead Reckoning Regel wäre die Stellung also schon VOR dem Schlag remis gewesen, der Schlag also gar nicht zulässig.

Bleibt also nur der Entschlag eines Turms übrig: K+T gegen K ist im monochromen Schach remis, da der König seinem Gegenüber kein Fluchtfeld nehmen kann. Also scheidet wKb2xTa1 als letzter Zug wegen Dead Reckonig aus, also hat Schwarz entschlagen: R Kb7xTa8.

[Th1] konnte niemals nach a8 gelangen, also wurde auf a8 ein Umwandlungsturm entschlagen. Eine extrem sparsame Darstellung des Ceriani-Frolkin-Themas – genauer gesagt gar des Prentos-Themas, da der Umwandlungsstein nicht von einem Bauern geschlagen wurde.

Wer hätte das bei nur drei Steinen auf dem Brett vermutet?

Retro der Woche 15/2017

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Beweispartien mit mehreren Lösungen finde ich immer sehr attraktiv. Es nietet sich ein Vergleich zu Hilfsmatts an: auch dort sind eindeutige Lösungen erwartet und auch dort kann man nur über mehrere Lösungen ein wenig der „Breite“ etwa von Direktmatts erhalten, da ja hier per definitionem Varianten ausgeschlossen sind: Beide Seiten ziehen an einem Strang, und da kann es prinzipielle keine Abweichungen geben.

David Novomesky
StrateGems 2013
Beweispartie in 10 Zügen, 2 Lösungen (11+11)

 

Neben den Lösungen an sich interessieren mich bei dieser Art von Aufgaben besonders deren Gemeinsamkeiten und Unterschiede. Natürlich wird es in Beweispartien mit mehreren Lösungen immer Züge geben, die in allen vorkommen. Beim Hilfsmatt ist dies verpönt, hier aber kaum zu vermeiden. Schließlich müssen alle ziehenden Steine auf ihre Diagrammposition kommen.

Bei der vorliegenden Aufgabe des slowakischen Komponisten, der kürzlich seinen 65. Geburtstag feiern konnte (*30.03.1952), ist natürlich erforderlich herauszufinden, wie die immerhin zehn fehlenden Steine in nur 20 Einzelzügen starben.

Wer lösen möchte (und das empfehle ich euch heute ganz besonders!), sollte nun erst einmal noch nicht weiterlesen.

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Retro der Woche 09/2017

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Feedback zu seinen Urteilen sollte jedem Preisrichter wichtig sein: Nur so kann er seine Wertungen und Reihungen selbst kritisch betrachten und womöglich hinterfragen.

Solch eine Feedback-Runde zur Diskussion der vorläufigen Bewertungen für das FIDE-Album führe ich gerade als Direktor der Retro-Abteilung mit den Richtern – nicht um die Einzelurteile anzugleichen, sondern damit wir alle die zum Teil deutlichen Abweichungen in der Bewertung gegenseitig verstehen: Jeder Richter muss natürlich zu seiner „Bepunktung“ stehen, muss sie verantworten!

Von einer anderen Art des Feedbacks berichtet in der aktuellen Schwalbe Bernd Gräfrath: Dort stellt er in seinem höchst lesenswerten Aufsatz „Nachtgedanken eines Preisrichters“ sechs Aufgaben vor, die er als Preisrichter nicht oder relativ niedrig ausgezeichnet hat, die dann aber ins FIDE-Album gelangten.

Schauen wir uns eines seiner Beispiele heute einmal an.

Nicolas Dupont & Michel Caillaud
Probleemblad 2005
Beweispartie in 20 Zügen (13+12)

 

Mit dem Zählen der sichtbaren schwarzen Züge sind wir sehr schnell fertig – wenn alle vorhandenen Steine auf ihren möglichen Ursprungsfeldern stehen, wir also eine Homebase-Position vor uns haben, ist die Summe halt stets null.

Bei Weiß schaut es anders aus: 4+3+2+4+3+4=20: Alle weißen Züge sind erklärt, auch wenn damit noch nicht alles eindeutig ist: Zum Bespiel wissen wir nur, dass der König in der minimalen Zügezahl nach g5 gelangt sein muss, aber noch nicht, auf welchem Wege.

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