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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Retro der Woche 19/2013

Während etwa bei Hilfsmatt-Aufgaben heutzutage mehrere Lösungen selbstverständlich sind, ist bei Beweispartien noch immer eine Lösung der Standard.

Dies ist nicht nur eine Folge davon, dass sich mehrere Lösungen in Beweispartien deutlich schwerer darstellen lassen als etwa in einem Hilfsmatt-Dreizüger, sondern auch, weil es bei den Beweispartien fast immer erforderlich ist, dass sich verschiedene Züge in den einzelnen Lösungen wiederholen: Irgendwie müssen ja alles Steine auf ihre Zielposition kommen.

Besonders interessant finde ich persönlich Beweispartie-Zwillinge, in denen sich die Lösungen ausschließlich durch ihre Zugzahl unterscheiden: Hier stellt sich natürlich die Frage, weshalb in der “längeren” Lösung nicht einfach ein Tempo verloren werden könne?

Schauen wir uns einmal eine aktuelle Aufgabe der Retro-Sachbearbeiters von StrateGems an:

Kostas Prentos
P0345 StrateGems 2012
Beweispartie in 20 Zügen; b) Beweispartie in 20,5 Zügen (14+15)

Hier geht das “Themen-Raten” recht schnell, wenn wir erst einmal die Schlagfälle analysiert haben: Der fehlende schwarze Läufer wurde auf h3 geschlagen, die beiden fehlenden weißen Steine auf c6 und f6, dabei der Läufer f1 auf c6, während der andere fehlende Stein auf f6 starb. Der Bauer von b2 kann dort natürlich nicht direkt dort geschlagen worden sein, musste sich also schlagfrei auf b8 umwandeln und sich dann selbst auf f6 opfern (Ceriani-Frolkin Thema) oder den Stein, der auf f6 geschlagen wurde, auf dessen Ursprungsfeld ersetzen (Pronkin Thema).
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