Schlagwort-Archive: Retro der Woche

Retro der Woche 40/2025

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Bei Märchen-Retros faszinieren mich besonders solche Bedingungen, die sehr einfach zu erklären und zu verstehen sind und interessante Auswirkungen auf die Retroanalyse und den Lösungsverlauf haben. Hierzu gehören für mich z.B. Längstzüger, Duellantenschach — und auch Gitterschach, bei dem das Brett in 16 2×2 Quadrate aufgeteilt ist, und bei jedem Zug müssen Start- und Zielquadrat unterschiedlich sein, d.h. es muss mindestens eine Gitterlinie überquert werden.

Ein wie ich finde großartiges Gitterschach-Retro war in feenschach 256 veröffentlicht; die Lösung wurde im gerade erschienenen Heft 263 (September 2025) publiziert.

Dmitrij Baibikov
feenschach 2024
Letzte 31 Einzelzüge? Gitterschach (14+12)

 
Wenn man sich etwas in die Bedingung hinein denkt, fällt schnell auf, dass eine Umwandlung mindestens drei Schlagfälle benötigt, ein König nie auf einem Eckfeld und ein weißer Bauer nie auf a6 oder h6 stehen kann.

Ich orientiere mich hier einfach an meinem Löser-Kommentar infenschach:

Gitterschach-Retros sind fast immer höchst interessant, und bei dem Autor kann man natürlich eine Menge erwarten! Wegen Bh2>f7 mit zwei Schlagfällen kann es keine Umwandlungen gegeben haben; die benötigen im Gitterschach mindestens drei Schläge (2-4x5x6-7×8). Damit müssen auch [Bb2] und [Bc2] irgendwo auf dem Damenflügel geschlagen worden sein, der letzte Zug 1.– Sh2-f1# erfolgte also schlagfrei.

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Retro der Woche 39/2025

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Erst als wir den Retro-Preisbericht für 2019-2020 für The Problemist fertiggestellt hatten (siehe Retro der Woche 38/2025), fielen Ulrich Ring, Hans Gruber und mir eine Kuriosität auf: Die Preise und ehrenden Erwähnungen hatten wir ausschließlich an orthodoxe Retros vergeben, die Lobe ausschließlich an Märchen-Retros!

Eines davon möchte ich euch heute vorstellen, euch zum Selbst-Lösen einladen und anregen.

Anna O’Donovan †
The Problemist 2019, 1. Lob 2019-2020
Beweispartie in 8,5 Zügen, Punktspiegelung (16+16)

 
Das Schwalbe -Märchenlexikon definiert die Bedingung „Punktspiegelung“ (Point Reflection) so:

„Stehen zwei Steine (beliebiger Farbe, Könige eingeschlossen) auf Feldern, die punktsymmetrisch bezüglich der Brettmittelpunkts zueinander sind (z.B. a1-h8, b3-g6), tauschen sie ihre Zug-, Schlag- und Wirkkräfte (behalten aber die Farbe, die Bauernzugrichtung und evtl. königliche Eigenschaften bei). Ein Bauer auf der ersten Reihe kann nicht selbstständig ziehen, sein korrespondierender Stein auf der achten Reihe daher auch nicht. Die Rochade ist nur mit nicht-gespiegelten Figuren (König, Turm) möglich. Nur nicht-gespiegelte Bauern können en passant schlagen.“

So wäre im Diagramm Ke1-e4 möglich, da der König auf e1 die Kraft der schwarzen Dame auf d8 übernimmt.

Wie können wir nun eine Lösungsidee bekommen?

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Retro der Woche 38/2025

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4

14.9.25: Diagrammfehler korrigiert! Dank an Silvio Baier für den Hinweis.

Als der ursprünglich vorgesehene Preisrichter für das Retro-Informalturnier 2019-2020 von The Problemist aus gesundheitlichen Gründen dieses Amt zurückgeben musste, fragt Redakteur Richard Dunn bei Hans Gruber nach, ob er das Richten übernehmen könne? Dem filel sofort ein, dass ein Dreierteam schon viele Turniere gemeinsam gerichtet und immer Freude dabei gehabt hatte — und so fragte er gleich bei Ulrich Ring und mir nach,, ob dieses Dreigestirn wieder gemeinsam richten solle?

Und wir waren sofort dabei; unser Bericht ist nun im Septemberheft erschienen.

37 Aufgaben nehmen am Turnier teil: 13 orthodoxe und 14 Märchen-Beweispartien sowie 10 weitere Retros. Schauen wir uns den ersten Preis an:

Michel Caillaud
The Problemist 2019, 1. Preis 2019-2020
Beweispartie in 28 Zügen (13+12)

 
Die Linien a bis c sind komplett bauernfrei, andererseits zeigt bereits die Bauernkonstellation auf der g- und der h-Linie, dass verschiedene Umwandlungen geschehen sein müssen, denn es fehlen im Diagramm ausschließlich Bauern — und die können eben dort nicht geschlagen worden sein.

Solche Aufgaben sind normalerweise extrem schwer zu lösen (und so dürfte es auch hier sein), gerade wenn so viele Züge noch frei sind. Dennoch ist das Zählen der sichtbaren Züge auch hier hilfreich: Bei Weiß sehen wir 3+1+1+6+2+2=15 Züge — das zeigt, dass maximal (und auch minimal (siehe sBh5!) zwei weiße Umwandlungen geschehen konnten. Übrigens ändert sich an der Summe auch nichts, wenn wir von weißer langer Rochade ausgehen: Dann haben wir 2+2 sichtbare Königs- und Turmzüge anstatt 3+1.

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Retro der Woche 37/2025

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In dieser Woche sind die beiden feenschach -Hefte 261 und 262 erschienen, die aus verschiedenen nachvollziehbaren Gründen ungewöhnlich lange beim Drucker gelegen hatten. sie enthalten auch die Andernach-2025 Berichterstattung; aus dem dortigen Kompositionsturnier mit dem Thema „Alice-Schach“ zum Gedenken an René J. Millour möchte ich euch hier den ersten Preis vorstellen.

Das Schwalbe-Lexikon definiert Alice-Schach: „Es wird auf zwei 8×8-Brettern gespielt: Bretter A und B. Nach jedem Zug (wahlweise auf einem der beiden Bretter) wird der gezogene Stein als unmittelbare Zugfolge auf das analoge leere Feld des anderen Brettes versetzt. Ist das zugehörige Feld nicht leer, wäre der entsprechende Zug illegal. Ein Schlagfall ist also nur auf demjenigen Brett möglich, auf dem der Zug auch startete. Geschlagene Steine verschwinden vom Brett. Der König darf durch einen Zug seiner Partei weder vor dem Brettwechsel des Zugsteines noch danach einem Schachgebot auf seinem Brett im herkömmlichen Sinne ausgesetzt sein. In der Partieanfangsstellung stehen alle 32 Steine auf Brett A.“

Für die Darstellung des „Doppelbretts“ reicht eins aus: Da ja jeder Stein auf ein freies Feld auf dem anderen Brett gestellt wird, kann man etwa die Steine auf Brett B durch umgedrehte Symbole darstellen; so machen wir es hier auch, und so hat es auch René J. Millour stets gemacht.

Dirk Borst & Joost Michielsen
Andernach 2025, Millour-Gedenkturnier
Beweispartie in 22,5 Zügen, Alice-Schach (15+14)

 

Bei Weiß fehlt nur der [Lf1], der nie gezogen haben kann. Trotzdem stehen alle weißen Steine auf dem A-Brett, obgleich Weiß eine ungerade Zahl von Zügen gemacht hat. Das ist nur in zwei Fällen möglich: Wenn ein weißer Stein auf dem B-Brett geschlagen wurde, was hier ausscheidet — oder wenn Weiß rochiert hat, denn dabei werden König und Turm auf das B-Brett gebracht.

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Retro der Woche 36/2025

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Noch einmal möchte ich auf den Preisbericht des Champagne-Turniers 2025 zurückkommen: Dort ging es ja um das Thema Platztausch, und es hat mich überrascht, wie viele originelle Aufgaben dazu eingereicht wurden.

Den zweiten Platz in der Beweispartie-Abteilung belegt ein bemerkenswertes Stück von Rustam Ubaidullajew — bemerkenswert nicht nur wegen des reinen Inhalts, sondern auch, weil es nicht vollständig Computer-prüfbar war, und das bei „nur“ 29 Zügen.

Rustam Ubaidullajew
Champagne-Turnier 2025, 2. Preis Abt. A
Beweispartie in 29 Zügen (14+14)

 
Wenn man ein wenig auf die Stellung schaut, fallen gleich mehrere Besonderheiten auf. Speziell die schwarzen Offiziere im weißen Lager: Wie sind die Türme, wie der Läufer hineingelangt? Erster Verdacht: Mit frühem b4 können die Türme via b3, der Läufer über b2 eingestiegen sein. Vielleicht ist auch einer der Türme als Umwandlungsstein (h7-h3xg2-g1=T) entstanden? Auf diesem Wege könnte auch der weiße Turm auf h8 dem Südkäfig entkommen sein.

In dem Zusammenhang ist dann auch sehr interessant, welche Steine fehlen: Das sind bei Weiß Dame und ein Springer, bei Schwarz ebenfalls die Dame sowie [Bh7].

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Retro der Woche 35/2025

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2

Der 65. Geburtstag hat heute eigentlich nicht mehr die Bedeutung wie früher: Da stand er meist für das Ausscheiden aus dem Berufsleben — das ist heute im Regelfall eine Weile später. Aber der 65. Geburtstag ist für uns Schachleute dennoch etwas Besonderes: quasi der erste Geburtstag auf dem „zweiten Lebensbrett“; das erste war ja mit dem 64. komplett besetzt.

Zu diesem „ersten Geburtstag“ gehen heute ganz herzliche Glückwünsche nach Österreich, wo Hans Gruber den heutigen Tag aus beruflichen Gründen verbringt.

Über ihn kann ich euch sicher nicht viel Neues berichten: Ehrenvorsitzender der Schwalbe, feenschach-Macher, Autor, Prüfer, Richter, der etwa 25 Stunden am Tag acht Tage in der Woche fürs Problemschach da ist, aber auch noch jede Menge andere Aufgaben, Interessen und Hobbys hat.

Problemschachlich ist Hans extrem breit aufgestellt vom Zweizüger über Studien bis zu extremem Märchenschach, seine (un)heimliche Liebe gilt allerdings der Retroanalyse — und da war er schon als Teeny aktiv:

Hans Gruber
feenschach 1978
Ergänze wTTLBB zu einem Illegal Cluster b) Ba4->a3 (2+1)

 
Bei Illegal Clusters wird der Löser bekanntlich zum Konstrukteur: Die Diagrammstellung ist durch die in der Forderung angegebenen Steine zu ergänzen — und zwar derart, dass die neue Stellung illegal ist (daher der Name), aber legal wird, wenn man jeweils einen Stein vom Brett entfernt — abgesehen natürlich von den Königen.

Wie kann man Illegal Clusters lösen? Indem man nach Optionen Ausschau hält, die vielleicht ein illegales Schach beinhalten, eine illegale Rochade oder einen illegalen ep-Schlag oder auch einen eingeklemmten oder ausgesperrten Stein — die Illegalität muss dann durch „Belüften“ der Stellung (Entfernung eines Steins) behebbar sein.

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Retro der Woche 34/2025

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In der letzten Woche hatte ich hier die erstplatzierte Beweispartie des diesjährigen Champagne-Turniers vorgestellt — heute soll es mit dem zweiten Platz der Abteilung B (sonstige Retros) weiter gehen, das traditionell zahlenmäßig deutlich schwächer besetzt war.

Hier konnte Andrij Frolkin mit einer klassischen Auflöse-Aufgabe überzeugen, der gar nicht so schwer zu lösen ist, wie es beim ersten Blick auf das Diagramm wirken könnte:

Andrij Frolkin
Champagne-Turnier 2025, 2. Preis Abt. B
Löse die Stellung auf (14+13)

 

Bei Schwarz fehlen ein Springer, ein Bauer (von g7 oder h7 kommend) sowie der schwarzfeldrige Läufer — und damit ist ein möglicher weißer Kreuzschlag auf der b- und c-Linie nicht möglich: das wären zusammen mit g2xh3 drei weißfeldrige Schlagfälle. Also hat dieser Kreuzschlag durch Schwarz stattgefunden — dabei fehlen bei Weiß nur zwei Bauern!

Die müssen also mittels exSd7 und fxLg (neben gxBh3) geschlagen haben, um sich dann auf d8 und g8 umzuwandeln.

Was hat auf d8 umgewandelt? Das ist entscheidend für die Auflösung des Nordwest-Knotens, die nur durch d7-d6 erfolgen kann, denn vorher muss Weiß e6xSd7 und d8=X zurücknehmen.

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Retro der Woche 33/2025

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Am Mittwoch hatte ich auf den Preisbericht des Champagne-Turniers 2025 hingewiesen und versprochen, darauf zurück zu kommen: Voilà!

Preisrichter Éric Pichouron, der seine Rolle aus den letzten Turnieren mit Direktor Michel Caillaud getauscht hat, hat fast alle eingereichten Aufgaben in seinem Bericht erwähnt, das sind in der Abteilung A (Beweispartien) gleich 21 Probleme. Ungewöhnlich für das Champagne-Turnier ist, dass alle vier Preisträger orthodoxe Aufgaben sind: Das geht also immer noch!

Der erste Preis ging in die Niederlande: Wer im Mai in Andernach war, konnte Joost dort kennenlernen.

Joost Michielsen
Champagne-Turnier 2025, 1. Preis Abt. A
Beweispartie in 21 Zügen (15+13)

 
Bei Schwarz sieht man nur drei Züge des[Bf7], bei Weiß etwas mehr: 0+2+4+3+4+5=18 — aber auch damit sind noch drei Züge frei. Aber das relativiert sich alles:

Bei Weiß fehlt [Bh2], bei Schwarz fehlen die beiden Läufer sowie [Bc7]. Die Läufer starben beide zu Hause (die wegzuschlagen bleiben nur drei Züge — da ahnt ihr sicher schon, wie das passiert ist?), aber der Bauer konnte nicht auf der d-Linie geschlagen werden, denn dazu fehlt ihm ein Schlagobjekt.

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