Retro der Woche 21/2019

Heute in zwei Wochen geht bereits das Andernach-Treffen zu Ende, und in drei Wochen findet ähnlich traditionell das Treffen der französischen Problemfreunde (R.I.F.A.C.E.) statt.

Hierzu gehören stets — wie ja auch in Andernach – Kompositionsturniere, bei denen jedoch — anders als in Andernach — auch Komponisten startberechtigt sind, die nicht am Treffen teilnehmen.

Im letzten Jahr waren Beweispartien oder andere Retros gefordert, in denen die Bauern durch Berolinabauern (üblicherweise durch ‚BB‘ abgekürzt) ersetzt sind. Im Märchenschachlexikon der Schwalbe sind Berolinabauern so definiert: „Ein Bauer, der schräg zieht und geradeaus schlägt – natürlich einschrittig vorwärts. Der (schlagfreie) Doppelschritt von der eigenen (2. bzw. 7.) Bauernreihe bleibt möglich, jetzt freilich diagonal. Umzuwandeln ist wie beim normalen Bauern. Ein en passant-Schlag ist möglich (Beispiel: wBBe2, sBBf4; nach 1.BBe2-g4 kann Schwarz 1.- BBf4xf3 e.p. schlagen).“ Sie werden meist, wie auch hier, durch kopfstehende Bauern dargestellt.

Übrigens wurden die Berolinabauern in Funkschach 1926 eingeführt; in diesem Jahr erschien dort auch eine BB-Studie von Emanuel Lasker!

Marco Bonavoglia
R.I.F.A.C.E. 2018, 1. Preis
Beweispartie in 11,5 Zügen, 2 Lösungen. Berolinabauern (15+16)

 

Wir sehen sofort: Nur BBa2 fehlt bei Weiß, und Weiß hat genau 12 Züge Zeit, den loszuwerden. Bei Schwarz sehen wir allerdings direkt 10 Züge: 3+0+2+0+2+3; also ist ein Zug übrig.

Stimmt das wirklich? sTb6 käme, wenn er in zwei Zügen sein Ziel erreichen sollte, direkt über h6. Das aber geht nicht, da zunächst hg6 (wir lassen bei Zug-Angaben meist, wie beim orthodoxen Bauern, die Abkürzung ‚BB‘ weg) erfolgen musste — dieser Zug versperrt aber die sechste Reihe. Also brauchte sTb6 drei Züge, und damit sind alle schwarzen Züge erschöpft.

Nun wollen wir einmal schauen, wo denn BBa2 geschlagen werden konnte?

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Zwischendurch 71

Hinweis: Diagramm korrigiert!

Beweispartien mit mehreren Lösungen üben auf mich immer einen besonderen Reiz aus. Heute stellt uns Michael Barth solch einen Zwilling vor, der hier durch Versetzung eines schwarzen Springers entsteht. Dabei kann der Springer doch beide Felder über d7 erreichen?!

Michael Barth
Urdruck
Beweispartie in 5 Zügen b) sSc5>e5 (14+15)

 

Sicherlich erkennt ihr auch das verbindende Thema dieser Aufgabe?

 

Lösung
a) 1.e4 Sa6 2.e5 Sc5 3.e6 dxe6 4.c4 Dd5 5.cxd5 exd5 und b) 1.c4 Sc6 2.c5 Se5 3.c6 dxc6 4.e4 Dd5 5.exd5 cxd5 Zweimal Zickzackschlag des [Bd7].

 

Retro der Woche 25/2018

Vorbemerkung:
Gerade hat mich Andrew darauf aufmerksam gemacht, dass er heute „erst“ 59 Jahre alt wird — ich hatte einfach der WFCC Composer’s Datenbank geglaubt, die an der Stelle offensichtlich fehlerhaft ist!

Heute steht wieder ein Geburtstag-Glückwunsch auf dem Programm: Andrew Buchanan feiert heute seinen 60. Geburtstag! Bekannt ist er vor allen Dingen als fleißiger Unterstützer der PDB und als „Erfinder“ der Dead Reckoning Regel, wonach eine Stellung nicht nur automatisch remis ist, wenn beide Seiten aufgrund des Materials nicht mehr zum Mattsetzen in der Lage sind, sondern schon in dem Moment, wo sich solch eine Stellung nicht mehr verhindern lasst. Demnach ist z.B. Kc6 Da8 / Ka7 bereits remis.

Eine Menge könnt ihr hierzu und zu vielen anderen Themen (nicht nur) der Retroanalyse auf seiner Website erfahren.

Hier möchte ich aber eine Beweispartie von ihm vorstellen,

Andrew Buchanan & Mark Kirtley
Gligor Denkovski Gedenkturnier 2018, 2. Lob
Beweispartie in 12,5 Zügen b) sKg6>d5 (16+13)

 

Als ich die Aufgabe zum ersten Male sah, wunderte ich mich zunächst, dass in a) [Ke8] nur zwei Züge auf sein Zielfeld benötigt, in b) allerdings drei. Wie das trotzdem passt, werden wir gleich sehen. Zunächst einmal beginnen wir mit dem üblichen Betrachten der sichtbaren Schläge und Züge.

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Retro der Woche 15/2018

Zwillinge sind bei Retros immer noch recht selten. Einen hübschen, schon beinahe 30 Jahre alten, möchte ich euch heute vorstellen, der auch noch eine sehr originelle Zwillingsbildung enthält.

Leonid Borodatow & Andrej Frolkin
Die Schwalbe 1998, 1. ehrende Erwähnung
Woher kam sBd3? b) ohne sBd3! (10+10/9)

 

Sachbearbeiter Günter Lauinger hatte in der Anmoderation dieser Aufgabe explizit darauf hingewiesen, dass die Zwillingsbildung keinen Druckfehler enthalte … Aber beginnen wir mit a):

Schnell ist zu sehen, dass alle schwarzen fehlenden Steine durch die weiße Bauernformation erklärt sind: wBe3 kommt natürlich von d2, und wBf7 hat sich von a2 dorthin durchgefressen. Ihr erinnert euch an die Retros der Woche 11/2018 und 13/2018? Richtig, hier haben wir eine frühe Darstellung des Volet 50 Themas! Das ist übrigens auch ein Grund, weshalb ich diese Aufgabe herausgesucht habe.

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Herbst

Nun haben wir richtig Herbst, die Blätter färben sich an den Bäumen. Vielleicht habt ihr ja Lust, ein wenig das Schachbrett einzufärben — besser gesagt die Figuren dadrauf?

Werner Keym
Stuttgarter Zeitung 2010
siehe Text (6+0)

 

Alle Klötze können natürlich nicht weiß sein — und die Forderung zu diesem Diagramm lautet:
Färbe die Steine so, dass die Stellung matt ist.
a) Diagramm
b) gedreht um 90 Grad (Db4)
Wie viele Lösungen?

Viel Spaß dabei!

Für zwischendurch (9)

Aus gewöhnlich sehr gut unterrichteten Kreisen habe ich gehört, dass drei feenschach-Hefte auf dem Weg zu ihren Lesern sind, dass die Dezember-Schwalbe gerade gedruckt wird: Das wird eine schöne Advents-Zeit!

Um euch das Warten ein wenig zu verkürzen, eine wie ich finde sehr nette Kleinigkeit, bei dem die Zwillinge schon etwas miteinander zu tun haben…

MMartin Hoffmann
Schweizerische Schachzeitung 1989
Beweispartie in 4,0 Zügen; b) -sDd8 (15+16)

 

Viel Spaß beim Lösen!

VRZ Proca und Høeg

Auf der Website von Julia Vysotska hat Andreas Thoma in einem Aufsatz vier Verteidigungsrückzüger-Zwillinge mit dem „Typenwechsel“ Proca und Høeg unter der Bedingung „Anticirce“ vorgestellt. Eine der Aufgaben möchte ich hier zeigen:

Andreas Thoma
Julia’s Fairies, 2.10.2015
#1 vor 2 Zügen, VRZ a) Proca, b) Høeg. Anticirce Typ Cheylan (2+4)

 

Verteidigungsrückzüger und deren Typen wurden z.B. im Retro der Woche 41/2015 erklärt, Bei Anticirce wird der schlagende Stein auf sein (circensisches) Ausgangsfeld versetzt, das Schlagopfer verschwindet. Ist das Partieausgangsfeld des Schlägers besetzt, so ist der Schlag nicht möglich. Dabei wird unterschieden zwischen Typ Cheylan (Ein Stein darf nicht auf sein Ausgangsfeld schlagen, da es ja besetzt ist) und Typ Calvet (Ein Stein darf auf sein Ausgangsfeld schlagen, da es ja nach dem Schlag frei ist).

In unserem Beispiel lautet die Lösung:

a) R 1.1.Kg8xLf7[Ke1] Le8-f7+ 2.Tf5-f8 & vor 1.Kg7#;
b) R 1.Ke2-e1 Bg4xDh3[Bh7] 2.De3-h3 & vor 1.Dh6#

Spannend ist dann immer die Frage, warum die Lösungen nicht „anders herum“ gehen: Beim Typ Høeg würde Schwarz in der a) Lösung einen anderen schwarzen Stein auf f7 einsetzen, der anschließend nicht gezwungen wäre, e8 zu blocken, was erst das Matt durch den weißen König ermöglicht, da der schwarze ja nicht schlagen kann. Und in der b)-Lösung als Proca würde Schwarz iirgendeinen anderen weißen Stein entschlagen, und Weiß hätte kein Matt.

Häufig verwenden die Komponisten den Typ Cheylan einfach deshalb, weil dieser Typ bei Procas etwa vom Programm „Pacemaker“ (Thomas Kolkmeyer) geprüft werden kann. Hier ist der Typ Cheylan aber auch unabhängig davon wichtig, da b) gemäß Typ Calvet unlösbar wäre: Schwarz könnte nach R 1.Ke2-e1 auf e1 einen schwarzen Springer einsetzen und dann 1.– Sf3-e1+ zurücknehmen, ohne dass Weiß etwas entschlagen könnte, somit fehlte ihm der mattgebende Stein.

Retro der Woche 39/2014

Bei Beweispartien-Zwillingen, in denen die beiden Phasen unterschiedliche Länge haben, finde ich die Suche nach dem Motiv für die erforderlichen Tempoverluste interessant – und, wie sie dann realisiert werden.

So auch bei dem heutigen Stück, in dem sich die beiden Teile um genau einen Halbzug unterscheiden, im Teil b) muss Weiß einen Zug mehr durchführen als Schwarz. Dass die b)-Fassung keine „kürzeste“ Beweispartie sein kann, ist klar – eher könnte man diese Zwillingsbildung mit Satzspielen vergleichen: Und da wir bei Retros sind, wird der zusätzliche Zug natürlich nicht am Anfang, sondern am Ende angefügt …

Dirk Borst
Probleemblad 2007
Beweispartie in 11 Zügen b) Beweispartie in 11,5 Zügen (14+15)

 

Zählen wir die schwarzen Züge, so stellen wir fest, dass alle auf dem Brett sichtbar sind, dass Schwarz rochiert haben muss, damit er seine Steine in elf Zügen auf die Zielfelder bekommen konnte; wir haben also 2+2+1+2+1+3=11 Züge bei Schwarz.

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