Retro der Woche 50/2018

Retros mit der Bedingung „monochromes Schach“ haben wir hier schon gelegentlich (z.B. Retro der Woche 22/2017 und 51/2017 angeschaut: Hier sind nur Züge legal, bei denen Start- und Zielfeld gleiche Farbe haben. Besondere Spezialisten für diesen Bedingungstyp in Retros sind René J. Millour, der die beiden zitierten Aufgaben gebaut hat, und Thierry Le Gleuher; von ihm möchte ich heute ein interessantes Stück vorstellen.

Thierry Le Gleuher
Phénix 2012, Trillon-Gedenkturnier, 4. Preis
h#1 Wo wurde [Dd1] geschlagen? Monochromes Schach (4+8)

 

Bei der folgenden Besprechung habe ich mich wesentlich auf die Lösungsangaben von Hans Gruber gestützt, die dieser für feenschach geschrieben hat.

Schauen wir zunächst nach dem Hilfsmatt: Hier ist nur 1. 0-0 Lc4# möglich – und damit wissen wir, dass [Ke8] und [Th8] noch nicht gezogen hatten.

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Retro der Woche 43/2018

Kürzlich stieß ich auf den Retro-Preisbericht der japanischen Zeitschrift „Problem Paradise“ für die Jahre 2015 und 2016, und das Stück, das Preisrichter Bernd Gräfrath mit dem 1. Preis ausgezeichnet hat, möchte ich euch heute vorstellen.

Ken Kousaka & Satoshi Hashimoto
Problem Paradise 2015-2016, 1. Preis
Beweispartie in 20,5 Zügen (16+13)

 

Weiß hat noch alle Mann an Bord, bei Schwarz fehlen [Bd7], [Bg7] sowie einer der beiden Türme. Die Bauern können nicht von weißen Bauern geschlagen worden sein, sie können auch nicht umgewandelt haben, da sie schlagfrei nicht zur ersten Reihe durchkommen konnten. Also wurden sie beide von weißen Offizieren geschlagen und der fehlende schwarze Turm verschwand auf f3.

Das können wir sofort beim Zählen der schwarzen Züge im Diagramm berücksichtigen: Egal welcher Turm nach f3 und nach b5 zog: Beide benötigten jeweils drei Züge.

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Retro der Woche 41/2018

Wenn man mit Abzählen der sichtbaren Züge beider Parteien schon sehr nahe an die geforderte Zügezahl einer Beweispartie kommt, ist die meist eine große Hilfe beim Lösen. Sind andererseits nicht viele Züge, und das vielleicht nicht nur bei einer Partei, offen, spricht dies häufig für ein schweres Lösen, wenn nicht offensichtlich ist, dass Umwandlungen notwendig waren.

Es kann aber mit ein wenig Nachdenken auch ganz anders sein…

Etienne Dupuis
Probleemblad 1999, 2. Lob
Beweispartie in 21 Zügen (16+14)

 

Das zählen der sichtbaren schwarzen Züge ist schnell erledigt: 0+0+1+0+0+1=2 – wenn man berücksichtigt, dass [Sb8] gezogen haben muss, um [Ta8] durchzulassen, kommen wir auf 4 sofort erkennbare schwarze Züge.

Bei Weiß schaut es schon etwas besser aus: 4+0+4+0+0+4=12. Aber auch hier sehen wir schnell, dass [Sg1] für [Th1] und [Lf1]für [Ke1] Platz gemacht haben müssen – also 16 weiße Züge.

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Retro der Woche 37/2018

Von den französischen Retro-Lösemeisterschaften hatte ich im August zwei Aufgaben in der Rubrik „für zwischendurch“ vorgestellt Zwischendurch 54 und Zwischendurch 55). Daraus zu schließen, dort würden überwiegend relativ einfach gestrickte Aufgaben verwendet, wäre aber verfehlt, wie das heutige Stück euch sicher überzeugen wird.

Roberto Osorio & Jorge J. Lois
Phénix 2016
Beweispartie in 16,5 Zügen (15+14)

 

Hier bringt uns das Zählen der sichtbaren schwarzen Züge offensichtlich nicht weiter – wie schaut es bei Weiß aus? Hier sehen wir 2+2+5+0+2+2=13 Züge. Dabei gehen wir davon aus, dass [Ke1] über d2 nach c3 gelangt ist; Weiß könnte aber auch lang rochiert haben: Das würde einen Königszug mehr erfordern, allerdings einen Turmzug weniger, wir hätten dann 3+2+4+0+2+2=13.

So oder so bleiben vier weiße Züge noch frei – wirklich?

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Retro der Woche 30/2018

Kann man den wesentlichen Inhalt einer Beweispartie schon an der Diagrammstellung ablesen? Gelegentlich schon: Wenn z.B. der weiße König auf a8 steht, ist sicher dessen Weg dorthin interessant, vielleicht für die schwarzen Züge sehr entscheidend.

Heute habe ich eine Aufgabe ausgewählt, bei der ihr euch im Vorfeld vielleicht auch schon mal Gedanken über den erwarteten Inhalt machen könnt, bevor ihr direkt zu lösen beginnt.

Jorge Lois & Roberto Osorio
StrateGems 2017
Beweispartie in 17,5 Zügen (13+14)

 

Das Zählen der sichtbaren Züge bei Schwarz fällt sehr leicht, bei Weiß haben wir 3+1+2+3+2+5=16 – damit sind noch zwei weiße Züge frei. Aber auch die sind schnell geklärt, denn ein weißer Stein muss ja auf b6 geschlagen worden sein. Von den fehlenden weißen Steinen kann nur einer, nämlich ein Turm, in zwei Zügen nach b6 kommen, und damit sind alle weißen Züge bereits geklärt.

Wir wissen auch schon, dass dieser Turm [Th1] ist, der über h6 nach b6 gekommen ist, um [Ta8] befreien zu können.

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Retro der Woche 26/2018

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.

Nicolas Dupont, Quartz 2013-2015, Preis
Beweispartie in 16,5 Zügen Lortap (14+15)

 

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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René Jean Millour 75

Und sofort noch ein Geburtstag, auf den ich hier hinweisen möchte: Herzliche Glückwünsche gehen heute nach Offenheim im französischen Elsass, um dort René Jean Millour (*18.6.1843) von ganzem Herzen zum 75. Geburtstag zu gratulieren!

Einige kennen René sicher persönlich z.B. aus Andernach oder von verschiedenen WCCC Treffen, und wer sich auch für Märchen-Retros interessiert, kennt bestimmt einige hochkomplexe Stücke auf diesem Gebiet: Speziell mit monochromem Schach, mit Mars-Circe, das er erfunden hatte, mit Alice-Schach oder dem Imitator hat er sich hier viel beschäftigt, und wer tiefer in seine Aufgaben (aus allen Gebieten des Problemschachs!) eintauchen möchte, dem sei neben der PDB natürlich auch seine schachliche Autobiographie Subtleties on 64 Squares, 2015 bei Editions FEE=NIX erschienen, ans Herz gelegt.

Aber er „kann“ nicht nur vielsteinige Stücke, er „kann“ auch Wenigsteiner, liegt unangefochten in der ewigen Rangliste auf wenigsteiner.de vorn.

Heute möchte ich ein für seine Verhältnisse recht einfaches Stück vorführen, eine Beweispartie mit der Alice-Schach Bedingung: Dort wird kurz gesagt auf zwei Brettern gespielt, A und B. Nach jedem Zug wechselt der ziehende Stein (bei der Rochade beide) auf das entsprechende Feld auf dem anderen Brett, das leer sein muss. Die Partieausgangsstellung ist auf Brett A (zur genauen Definition siehe das Schwalbe Märchenschachlexikon).

René J. Millour
Problem Paradise 2013, N. Matsuzaki gewidmet
Beweispartie in 18 Zügen, Alice-Schach A(8+11) B(6+1)

 

Im Diagramm sind Steine auf Brett B kopfstehend dargestellt.

Erste Feststellungen: Schwarz hat wegen des sK auf dem B-Brett möglicherweise rochiert, und dann muss der Rochade-Turm auch noch einmal gezogen haben. Sh4 kann nicht von g1 kommen.

In der Lösung notiere ich hinter jedem Zug das neue Brett des gerade ziehenden Steins
1.Sf3B Sf6B 2.Tg1BSe4A 3.Tg8A Sxd2B 4.Txf8B Se4A! 5.Sbd2B Sf6B 6.Txf6A OOB 7.e4B Txf3A 8.Le2B Th3B 9.Sf3A Th8A! 10.Sh4A Kf8A! 11.Lh6B De8B 12.Db1B Db5A 13.OOOB Ke8B! 14.Td8A Sc6B 15.Txc8B+ Tad8B 16.Txc6A a5B 17.Ta6Ba4A 18.Ta1A! Tda8A!.

Sechs Rückkehren (in der Lösung mit Ausrufezeichen versehen) und Rundläufe der beiden Rochadetürme.

Retro der Woche 23/2018

Heute möchte ich gern eine etwas „kleinere“, aber dennoch, wie ich finde, „feine“ Beweispartie vorstellen, die in den Kommentaren der Löser bei der Veröffentlichung recht unterschiedlich bewertet wurde. Da bin ich auf eure Einschätzungen gespannt!

Unto Heinonen
Die Schwalbe 2016
Beweispartie in 19 Zügen (12+15)

 

Beginnen wir sogleich mit der Inventur: Bei Schwarz fehlt ein Bauer, bei Weiß gleich vier. Und gleich fallen die offenen Randlinien auf – und ebenso die schwarzen Doppelbauern „nebenan“ auf der b- und der g-Linie. Da bei Schwarz nur ein einziger Bauer fehlt, können [Bh2] und [Ba2] keinesfalls beide nach innen geschlagen haben, um dich dort zu opfern. Außerdem müssen wir das Schicksal der drei fehlenden Zentralbauern klären.

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