Retro der Woche 32/2019

In der letzten Woche hatte ich kurz das Stichwort „Autoren-Lösen“ angesprochen, und da möchte ich heute anhand eines Beispiels näher drauf eingehen.

Wenn ich eine Aufgabe von Tom Volet aus New York sehe, schaue ich sofort nach Möglichkeiten für Schachschutz: Das ist ein besonders beliebtes Thema von ihm, das er in immer neuen Variationen zu bearbeiten vermag.

Thomas Volet
Phénix 2005
Löse auf! (14+12)

 

Betrachten wir zunächst aber die Schlagbilanz: Die beiden fehlenden weißen Türme wurden auf c6 und h6 von schwarzen Bauern geschlagen.

Bei Weiß sehen wir vier Schlagfälle: cxb, zweimal bxa sowie f5xe6; damit sind auch die fehlenden schwarzen Steine (Dame, zwei Springer sowie [Bf7]) erklärt. Der fehlende schwarze Bauer konnte nicht direkt geschlagen werden, er muss sich also schlagfrei auf f1 umgewandelt haben.

Auffällig ist auch, dass kein König im Schach steht und trotzdem offen gelassen ist, wer mit der Rücknahme beginnen muss.

Allerdings sehen wir bei genauerem Hinschauen, dass Schwarz im Diagramm nur die Rücknahmemöglichkeit g7xTh6 hat, und danach wäre er endgültig retropatt.

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Retro der Woche 22/2019

Aufgaben, in denen der mögliche Inhalt im Diagramm gut verborgen bleibt, finde ich besonders attraktiv. Heute möchte ich euch solch eine Aufgabe vorstellen, die vor einem Jahr als slowakisch-französisches Teamwork im Problemist erschienen ist.

Marek Kolčák & Michel Caillaud
The Problemist. 2018
Beweispartie in 17,5 Zügen (14+15)

 

Das Diagramm verrät wirklich nicht allzu viel vom möglichen Lösungsverlauf: Der einzig fehlende schwarze Stein wurde vom [Bg2] geschlagen. Bei Weiß fehlen [Ta1] und [Bf2]. Und für das Verschwinden des [Ta1] kann man sicher noch einmal drei Züge zu en sichtbaren drei weißen Bauernzügen hinzurechnen – aber das hilft auch noch nicht viel, da wir damit nur genau ein Drittel der weißen Züge erklärt haben.

Bei Schwarz sieht man schon ein wenig mehr: Zunächst einmal 1+0+3+3+2+2=11 schwarze Züge, sodass hier „nur“ sechs Züge frei sind.

Aber schauen wir uns einmal an, wie der fehlende schwarze Stein verschwinden konnte.

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Retro der Woche 16/2019

In dieser Woche ist das Aprilheft der Schwalbe erschienen, und darin auch der Preisbericht des Brand & Gräfrath-120-Geburtstagsturniers, in dem klassische Retros bzw. Beweispartien ohne Bauernumwandlungen gefordert waren (226. Thematurnier der Schwalbe, Ausschreibung in Heft 288, Dezember 2017, Seite 317).

Bernd Gräfrath und ich haben an einem arbeitsamen, aber auch sehr schönen Wochenende gemeinsam den Bericht erstellt, aus dem ich heute den 1. Preis der Beweispartien vorstellen möchte.

Nicolas Dupont & Michel Caillaud
TBBG-120 Turnier 2019, 1. Preis, Abt. B
Beweispartie in genau 29,5 Zügen (15+16)

 

Offensichtlich hilft das übliche Zählen im Diagramm sichtbarer Züge bei Weiß nicht viel weiter, wohl aber bei Schwarz: Da kommen wir auf 3+3+6+6+4+7=29 Züge –- alle schwarzen Züge sind also bereits erklärt. Damit [Ke8] in drei Zügen nach a7 gelangen kann, muss er lang rochiert haben.

Diese Erkenntnis ist der Schlüssel zur Lösung der Aufgabe: [Lf1] muss zum Zeitpunkt der Rochade bereits auf a6 gestanden haben, denn vorher mussten bereits b5 (damit [Lc8] herausgespielt werden konnte) und Sc6 gezogen worden sein. Und nach beiden Zügen konnte der Läufer nicht mehr nach a6 gespielt werden können.

Welcher Stein hat denn dann Schachschutz auf b7 gegeben, damit Schwarz rochieren konnte?

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Über den Zaun geschaut

Ein Thema speziell in Beweispartien, das ich sehr gern mag, ist das Spiel mit der Rochade: Das Diagramm zeigt eine Rochadestellung, in Wirklichkeit wurde aber nicht rochiert. Oder das Diagramm zeigt die Partieausgangsstellung von König und Turm, aber die haben rochiert.

Das Thema lässt sich aber nicht nur in Beweispartien darstellen: Eine klassische Auflöse-Aufgabe habe ich hier schon einmal vorgestellt und dabei sogar auf eine Turnierpartie mit diesem „Thema“ hingewiesen. Das älteste Beispiel allerdings, das ich kenne, ist schon über 100 Jahre alt und ist ein Direktmatt; diese Aufgabe möchte ich euch heute zeigen:

Gerard F. Anderseon
Westminster Gazette 1917
#4 (5+4)

Weiß will den schwarzen König auf der h-Linie Matt setzen, und das funktioniert so:

1. 0-0! Kh4 2.Kf2 g3+ 3.Ke1 g4 4.Th1#.
Wenn das nicht hübsch ist, dann weiß ich es nicht!

Vielleicht wird dieser Blick über den Zaun eine kleine Rubrik, ähnlich wie Zwischendurch? Vielleicht habt ihr ja Hinweise auf passende Aufgaben? Ich würde mich darüber freuen!

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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