Schlagwort-Archive: Rochade

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 29/2025

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Im Partieschach kann ein Spieler Remis reklamieren, wenn er nachweist, dass er mit seinem nächsten Zug eine Stellung herbeiführen kann, die bereits zweimal auf dem Brett gestanden hat: Gleiche Postition und gleiche Zugrechte. diese Kann-Regel wurde schon im Piraner Kodex von 1958 zur Muss-Regel beim Problemschach, denn dort gibt es ja keinen Spieler, der das Remis einfordern kann.

Diese Regel ist auch sehr nützlich: Ohne sie gäbe etwa keine Pendel-Manöver im Verteidigungsrückzüger, Schachprobleme können also mit dieser Regel vielfältiger sein als ohne!

Ähnlich macht man es auch mit der 50-Züge-Regel: Kein Schlag, kein Bauernzug in den letzten 50 Zügen führt zwangsweise zum Remis — beim Problemschach hat man auch „keine Rochade“ hinzu genommen; das wechselt beim Partieschach gelegentlich, ist dort aber in den Endspielen, in denen diese Regel meist relevant ist, nicht von besonderer Bedeutung. Und ja, da dies nicht eindeutig festgelegt ist, ist dies eine (aber allgemein akzeptierte) Grauzone.

Interessante, meist recht recht komplexe klassische Retros lassen sich mit der 50-Züge-Regel konstruieren; Nikita Plaksin war ein Meister darin, solche Mechanismen zu erfinden. Aber so kompliziert muss es gar nicht immer sein, wie das heutige Beispiel von Thierry Le Gleuher zeigt.

Thierry Le Gleuher
The Problemist 2021, Spezialpreis 2021-2022
Woher kommen die Türme? (14+11)

 

Weiß hat drei Türme; der einzig fehlende Bauer [Bb2] muss sich also umgewandelt haben. Damit fehlen bei Weiß Dame und ein Springer, die beide im Nordosten geschlagen wurden. Für die Turmumwandlung war ein Schlag nötig (bxXa7), der schwarze Damenläufer wurde zu Hause geschlagen, und die drei anderen fehlenden schwarzen Stein starben im Südosten. Und damit sind alle Schläge erklärt.

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Retro der Woche 24/2025

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Nachtrag 09.06.2025:
Dmitrij Baibikov weist dankenswerter Weise auf Frolkins Korrektur hin, die ich nun nachgezogen habe.

Vor ziemlich genau zehn Jahren präsentierten Chris Tylor und Andrij Frolkin in feenschach 212, März-April 2015 eine kurz zuvor in The Problemist vorgestellte Idee, nach einem Matt weiterspielen zu können – besser gesagt sogar zwei Ideen.

Nach der ersten wird der Matt gebende Stein einfach entfernt (beim Doppelschach beide); diese Bedingung wird mit “#R” (remove oder
raus) angegeben; ein Beispiel hierzu habe ich im Retro der Woche 6/2020 vorgestellt; schaut dort noch einmal vorbei.

Die Alternative ist, den/die Matt gebenden Stein(e) umzufärben: “#C” (color); damit wollen wir uns heute beschäftigen.

Andrij Frolkin
feenschach 2015 (Korr), 1. ehrende Erwähnung
Letzte 10 Einzelzüge? #C (11+12)

Andrij wäre nicht Andrij, wenn er mit solchen Bedingungen nicht nur Beweispartien, sondern auch “klassische” Auflöse-Retros bauen würde.

Der Käfig im Nordwesten wäre im orthodoxen Schach illegal, da er nicht geöffnet und damit aufgelöst werden könnte.

Aber bevor wir uns darüber Gedanken machen, müssen wir zunächst dem Weißen Züge geben, denn im Moment kann er nur mit seinem h-Bauern spielen.

Und dabei kann er nicht entschlagen, da alle fehlenden Steine von Bauern geschlagen wurden. Das aber ist irgendwann zu Ende – und dann kommt unsere Bedingung ins Spiel, indem dann ein weißer Stein generiert wird.

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Retro der Woche 17/2025

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20.04.2025: Kleine Textkorrekturen

Für den heutigen Ostersonntag hat Silvio Baier ein schönes Osternest vorbereitet, das ich euch natürlich nicht vorenthalten will: Wo hat er hier wohl die Eier versteckt — was vermutet ihr beim ersten Blick aufs Diagramm, was könnten die Themasteine sein? Viel Spaß beim Suchen!

Silvio Baier
Die Schwalbe 2024 (Version), nach Nicolas Dupont, Reto Aschwanden gewidmet
Beweispartie in 32 Zügen (13+13)

 

Wie üblich schauen wir hier erst einmal nach sichtbaren Schlagfällen: Auf beiden Seiten fehlen drei Bauern; alle Offiziere sind an Bord. Und auf beiden Seiten sehen wir zwei Bauernschläge: Bei Weiß entstand der Doppelbauer auf der d-Linie durch zwei Schläge fxe und exd.– oder Weiß hatte drei Bauernschläge a2xb3xc4xd5?!

Bei Schwarz können wir die beiden sichtbaren Schlagfelder angeben dxe6 und gxf6.

Mit den sichtbaren Schlägen können “kaum” Bauern geschlagen worden sein: Bei der [Ba2]-Alternative kann Weiß den [Bb7] und schwarz auf f6 den [Bf2] geschlagen haben. Dann müsste Schwarz [Ba7] auf a1 sowie [Bh7] auf g1 (den [Bg2] schlagend) umgewandelt haben, Weiß schlagfrei seinen [Bh2]. Vielleicht ist überraschend, dass dieser Ansatz nicht funktioniert, weil Schwarz dafür zu viele Züge benötigt!

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Retro der Woche 10/2025

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Vorgestern hatte ich auf die Ausschreibung des 12. FIDE WorldCup aufmerksam gemacht. Beim 11. hatte ich die Ehre und das Vergnügen, die Retro-Abteilung zu richten; den überlegenen 1. Preis von Joachim Hambros hatte ich im Retro der Woche 36/2023 vorgestellt. Das Stück hat der damals gerade zwanzigjährige Autor jetzt selbstverständlich zum WCCI 2022-2024 eingeschickt — aber natürlich auch noch fünf andere Aufgaben, vor denen ich eine hier vorstellen möchte.

Joachim Hambros
Die Schwalbe 2024
Beweispartie in 18 Zügen (15+15)

 

Auf beiden Seiten fehlt nur jeweils ein Bauer, und das Zählen der sichtbaren schwarzen Züge ist schnell erledigt: vier! Allerdings sieht man, dass der letzte schwarze Zug Sa6-b8+ gewesen sein muss, also mindestens sechs Züge. Das ist aber nur ein Drittel all seiner Züge!

Und bei Weiß?

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Retro der Woche 08/2025

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Da haben die Marketing-Spezialisten mal wieder zugeschlagen! Nachdem vor einiger Zeit die Bezeichnung Fischerandom-Chess vielfach schon durch Chess-960 ersetzt worden war, musste es vor ein paar Jahren plötzlich „intellektueller“ klingen: Wie wäre es mit einem Mix aus arabischen und römischen Ziffern? Und schon war Chess-9LX geboren, was dann aber doch zu intellektuell gewesen muss, denn nun hat eine hoch dotierte und extrem gut besetzte Turnierreihe begonnen unter dem Namen Freestyle Chess.

Komisch, zunächst musste ich da an Buckelpisten denken, aber Namen sind Schall und Rauch – und „Ryder heißt jetzt Twix, sonst ändert sich nix“ (Wer kann sich daran noch erinnern?). So auch hier: Weiterhin wird nach orthodoxen Regeln gespielt, nur dass die Anfangsstellung ausgelost und dann symmetrisch aufgebaut wird mit den Einschränkungen, dass die beiden Läufer einer Farbe auf unterschiedlich farbigen Feldern stehen und der König stets zwischen den beiden Türmen platziert wird. Die einzige Besonderheit bei den Zügen ist die Rochade – sie wird so ausgeführt, dass König und Rochadeturm „orthodox“ landen.

Am Freitag hat nun Vincent Keymer das Freestyle Chess Grand Slam Turnier in Weissenhaus (und 200.000 Dollar) gewonnen, sich dazu bei normaler Turnier-Bedenkzeit (ja, solche Turniere werden auch heute noch gespielt) im Halbfinale gegen Magnus Carlsen und im Finale gegen Fabiano Caruana durchgesetzt. Seine Gewinn-Strategie war sehr einfach: In den Mini-Matches über zwei Partien jeweils die erste gewinnen und die zweite sicher remis halten – das hatte bereits im Viertelfinale geklappt.

Dieses Turnier ist für mich Anlass, heute mal wieder eine Chess-960 Beweispartie vorzuführen: Ich bleibe zumindest erst einmal bei dem Namen.

Per Olin
Retros Mailing List 3.12.2012, Olli Heimo gewidmet.
Beweispartie in 16,0 Zügen Chess-960 (14+16)

 

Zunächst wollen wir die Partieanfangsstellung bestimmen, und dabei hilft uns wie so oft das Zählen der (sichtbaren) Züge. Bei Schwarz sind wir da sehr schnell fertig – wir wissen allerdings noch nicht, welche möglichen Umstellungen auf der achten Reihe notwendig waren, denn wir sehen schon, dass der König und der nun auf e8 stehende Turm schon gezogen haben müssen, denn ansonsten müsste ja sTe8 „westlich“ von seinem König stehen.

Und wie schaut es bei Weiß aus?

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Retro der Woche 07/2025

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Bleiben wir noch ein wenig bei den ziemlich aktuellen Aufgaben, die zum WCCI 2022 bis 2024 eingesendet worden sind. Alle Aufgaben sind übrigens zum Anschauen über die WFCC-Seite abrufbar.

Die heutige Beweispartie, die ich herausgesucht habe, ist nicht besonders lang, aber es ist auch nicht viel direkt aus der Stellung zu erkennen. Bei Weiß fehlt ein Bauer, bei Schwarz ein Turm.

Ofer Comay
The Problemist 2023
Beweispartie in 17 Zügen (15+15)

 

Bei Weiß fehlt ein Bauer, bei Schwarz ein Turm. Sichtbar ist nur der Schlag axb6 – also nichts einfacher als das: sTb6 axb6 axb6, und alle Schläge sind erklärt. Ganz so einfach ist es aber doch nicht, wenn wir versuchen, [sTh8] nach b6 zu spielen, denn [sTa8] ist ja zu dieser Zeit noch eingeklemmt, kann sich also keinesfalls auf b6 opfern. Schnell sehen wir, dass Th8 seine Heimat im Norden gar nicht verlassen konnte!

Also steht auf b6 gar kein schwarzes Schlagopfer zur Verfügung, also funktioniert auch unser Bauern-Trick nicht. Also muss sich irgendein weißer Offizier auf b6 geopfert haben, der wurde durch den umgewandelten weißen a-Bauern ersetzt, und [Th8] starb, wie wir schon gesehen haben, im hohen Norden.

Zählen wir einmal die offensichtlichen Züge: Bei Schwarz sind das, Rochade voraussetzend, 2+3+2+2+2+2=13, bei Weiß sehen wir 0+3+1+3+0+1=8 – holla, das ist erschreckend! Doch wir wissen ja, dass Weiß umgewandelt hat, damit haben wir mindestens noch fünf Züge des [wBa2]. aber auch damit kommen wir nur auf 13. Dennoch sind auf beiden Seiten noch vier Züge frei?!

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Retro der Woche 06/2025

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Vor einiger Zeit schon hatte ich mich bereit erklärt, als einer der fünf Richter der Retroabteilung des 12. WCCI (World Championship in Composing for Individuals) für die Jahre 2022 bis 2024 zu fungieren. Vor einigen Tagen erhielt ich die 126 (!) Aufgaben von 28 Teilnehmern, die ich nun in den kommenden Wochen „à la FIDE-Album“ bewerten muss.

Das Gute daran ist natürlich, dass ich dabei auch einige Aufgaben entdecke, die ich euch hier vorführen kann – und damit will ich gleich heute beginnen.

Vidmantas Satkus
Champagne-Turnier Batumi 2023, 2. Preis
Hilfsmatt in 2 Zügen, (11+15)

 

Wenn solch eine Aufgabe in einem Retro-Turnier auftaucht, ist es vielleicht ganz sinnvoll, anstatt sogleich mit Löseversuchen zu beginnen, die Stellung genauer zu betrachten. Beginnen wir also mit den Schlagfällen.

Schwarz fehlt nur ein Bauer, Weiß hat den fehlenden schwarzen Stein mittels axb geschlagen – das Schlagopfer kann kein Bauer gewesen sein. Also muss sich der fehlende Bauer umgewandelt haben.

Bei Weiß fehlt von jeder Steinart jeweils ein Vertreter, wir sehen aber nur zwei schwarze Doppelbauern im Diagramm. Nehmen wir einfach an, deren Schläge seien cxd und exf gewesen. Macht euch bitte am Ende unserer Überlegungen klar, dass die genauso bleiben, wenn gxf geschehen sein sollte. Also sind noch drei Schläge frei?

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