Schlagwort-Archive: Tempospiel

Retro der Woche 12/2020

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Heute möchte ich noch einmal auf das Retro der Woche 10/2020 zurückkommen: Heute beschäftigen wir uns mit einem „Geschwister“ der Aufgabe von vor zwei Wochen.

Sergej Wolobujew & Nikita Plaksin
feenschach 1984v, Peter Kniest zum 70. Geburtstag
Orang-Utan-Eröffnung? (13+13)

 

Schon die Fragestellung in der Aufgabe ist ungewöhnlich: Dazu erinnern wir uns daran, dass Savielly Tartakower (21.2.1887–5.2.1956) die Eröffnung 1.b4 nach einem Zoo-Besuch spaßeshalber als „Orang-Utan-Eröffnung“ bezeichnet hatte, und dieser Name hat sich (neben „Sokolski-Eröffnung“) in der Schachwelt durchgesetzt. Die Frage in der Aufgabenstellung können wir also übersetzen in „Lässt sich die Stellung auflösen, ohne dass ein Zug des wBb4 zurückgenommen muss, bis die weitere Auflösung klar ist?“ – also bis zur so genannten retrograden Ruhestellung, wenn also die Lösungsangabe üblicherweise mit „etc.“ endet.

Betrachten wir zunächst einmal die Schlagbilanz: alle drei fehlenden schwarzen Steine wurden von Bauern geschlagen: cxdxe sowie g2xf3. Bei Schwarz sehen wir zunächst nur einen Schlagfall: fxe.

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Retro der Woche 10/2020

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Sergej Leonidowitsch Wolobujew aus dem russischen Tscheljabinsk (*18. November 1958) veröffentlichte schon als junger Twen seine ersten Retros. Bereits mit dem frühesten mir von ihm bekannten Problem (siehe P0008288) gewann er einen ersten Preis in der renommierten Zeitschrift Schachmaty w SSSR. Leider komponiert er schon seit reichlich 20 Jahren nicht mehr.

Sergej Wolobujew
Sportiwnaja Gazeta 1985, 1.-2. Preis
#1 (11+14)

 

(Heute entwickele ich die Lösung direkt im Text; wer also selbst lösen möchte, sollte gleich nicht sofort auf „Weiterlesen“ klicken.)

Hier geht es natürlich nicht primär darum, die möglichen Matts Se2# durch Weiß bzw. La7# durch Schwarz zu finden, sondern herauszufinden, wer denn am Zug sei, um die Stellung auflösen zu können?

Zunächst aber schauen wir uns die Schlagbilanz an: Offensichtlich ist der sBc2 der [Bg7] mit vier Schlagfällen, den fünften ganz es durch b7xXc6. Damit sind alle fehlenden weißen Steine erklärt, d.h. die Bauern schlugen auch [Ba2] und [Bh2], aber nicht direkt; beide mussten sich also umwandeln. Da [Ba7] und [Bh7] keinen Schlag mehr zur Verfügung haben, müssen also sowohl [Ba2] als auch [Bh2] jeweils einen „Schlag nach innen“ durchführen; damit sind auch die fehlenden schwarzen Steine erklärt.

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Retro der Woche 48/2019

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Nicht sofort auf den ersten Blick sieht man, dass wir uns heute wieder mit einer Aufgabe beschäftigen, in der Umwandlungen eine große Rolle spielen – ohne allerdings hier dominante Bedeutung zu haben: Tempospiel (besser gesagt: Unmöglicher Tempogewinn oder Tempoverlust) ist hier der Haupt-Inhalt.

André Hazebrouck
Schachmati w SSSR 1978, 1. Preis
#1 (wer?) (12+11)

 

Wir sehen sofort vier Bauernschläge des Weißen (e2xd3xc4xb5 sowie f2xe3); bei Schwarz kommen wir mit zwei Bauernschlägen aus: a7xb6xc5, da ein Schlag nach c4 nicht möglich ist: Wie sollten sonst sBc4 und wBb5 aneinander vorbeigekommen sein?

Das müssen wir uns noch genauer anschauen, denn „irgendwie“ müssen ja auch die fehlenden fünf Bauern, die allesamt vom Königsflügel stammen, verschwunden sein…

Aber zuvor wollen wir uns anschauen, wie der gewaltige Knoten im Westen überhaupt aufgelöst werden kann?!

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Retro der Woche 34/2019

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Bleiben wir noch ein wenig beim neuen FIDE-Album: Gerade die Lösungen vieler klassischer Retros sind dort nur relativ knapp gehalten -– auch bei fast 700 Seiten gibt es halt irgendwann einmal Platzprobleme…

Aus dem Schwalbe-2015 Jahrgang haben einige Stücke den Weg ins Album gefunden (zum Beispiel das Retro der Woche 33/2019), und auch das heutige Stück stammt aus diesem Jahrgang.

Michel Caillaud
Die Schwalbe 2015
Löse auf!(13+14)

 

Das Schachgebot gegen den schwarzen König kann nur durch f2xXg3+ entstanden sein. Bei Schwarz fehlen Turm und Dame, daher muss X=Turm sein, denn die schwarze Dame kann nicht auf g3 gestanden haben: Schwarz hat alle drei fehlenden weißen Steine ([Ba2], schwarzfeldriger Läufer und Springer) mit seinen Bauern geschlagen (axbxc und exd), somit wäre ein Schachgebot der schwarzen Dame auf g3 nicht zu erklären.

Neben f2xTg3+ sehen wir dann auch sofort g5xDf6 — das kann erst zurückgenommen werden, wenn sBg2 wieder mindestens auf g6 steht.

Die schwarzen Schlagfälle können einen direkten Schlag des [Ba2] nicht erklären, der muss sich also (schlagfrei) auf a8 umgewandelt haben.

Nun erkennen wir auch, wie der riesige Ost-Käfig nur aufgelöst werden kann:

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Retro der Woche 31/2019

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Bleiben wir noch etwas bei dem Schwalbe-Preisbericht 2016 von Preisrichter Henrik Juel: nach der ersten ehrenden Erwähnung in der letzten Woche möchte ich euch heute die direkt dahinter platzierte Aufgabe vorstellen.

Jorge Joaquin Lois & Roberto Osorio
Die Schwalbe 2016, 2. ehrende Erwähnung
a) letzter Zug? b) Beweispartie in 25 Zügen (14+13)

 

Das ist schon mal eine recht ungewöhnliche, originelle „Doppelforderung“ -– von „Zwillingsbildung“ will ich in diesem Falle nicht unbedingt sprechen. Wenn die Frage nach dem letzten Zug eindeutig beantwortet werden kann, ist dies natürlich auch der letzte Zug der Beweispartie. Anders herum stimmt diese Überlegung nicht unbedingt: Der letzte Zug einer Beweispartie muss nicht ein eindeutig letzter Zug für die Stellung sein: Ohne den Zeitdruck der Beweispartie kann es meist auch andere letzte Züge geben.

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Retro der Woche 45/2018

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Der Russe Rustam Ubaidullajew baut gelegentlich kleine, humorvolle Beweispartien, wie ich eine in der letzten Woche vorgestellt hatte. Besonders bekannt ist er allerdings für komplexere, meist strategisch und inhaltlich sehr reizvolle Stücke, die nicht unbedingt im Mainstream mitschwimmen.

Solch eine Aufgabe von ihm möchte ich euch heute zeigen.

Rustam Ubaidullajew
Die Schwalbe 2003, 2. Preis
Beweispartie in 17,5 Zügen (16+15)

 

Das übliche Zählen der sichtbaren Züge ist bei Schwarz schnell erledigt, bei Weiß müssen wir schon ein wenig genauer hinschauen. Dort kommen wir auf 3+2+3+4+2+4=18 – damit sind alle weißen Züge erklärt. Die (nur) drei Turmzüge mögen beim ersten Blick aufs Diagramm erstaunen, aber die erreichen wir, wenn wir Th1-h4-a4 und Ta1-h1 spielen: Dies ist wegen der weißen Bauernstruktur die schnellste Möglichkeit – und die brauchen wir auch, denn so sind bereits alle weißen Züge erschöpft.

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Retro der Woche 36/2018

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Heute möchte ich wieder eine schon etwas ältere Beweispartie (20 Jahre) vorstellen, die aus mehreren Gründen bemerkenswert ist.

Michel Caillaud
Probleemblad 1998, 2. Preis ex aequo
Beweispartie in 22,5 Zügen (13+12)

 

Das häufig sehr hilfreiche Zählen der sichtbaren Züge bringt uns hier nicht viel weiter: Bei Weiß sind es 1+0+0+1+0+4=6 Züge, bei Schwarz ein paar mehr, aber auch nicht erschöpfend viele: 4+1+0+0+1+2=8 — plus die eines Umwandlungsläufers. Vielleicht hilft uns ja die Überlegung weiter, wo der entstanden sein könnte?! Nicht auf d1: Dort wäre er nicht weggekommen. Auch nicht auf f1 oder h1: Das würde mindestens vier Schlagfälle erfordern, aber bei Weiß fehlen nur drei Steine.

Also entstand er auf b1.

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Retro der Woche 30/2018

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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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