Ein allgemeiner Tipp gefällig? Wenn ihr eine Aufgabe von Rustam Ubaidullajew findet, solltet ihr sie euch anschauen! Sehr viele existieren nicht von ihm: Die PDB enthält 69 Aufgaben von ihm, ausschließlich Beweispartien.

Er zeigt nicht immer unbedingt hochmoderne Inhalte, aber all seine Aufgaben haben, finde ich, das „gewisse Extra“, zeigen stets originelle, ungewöhnliche Thematik — so auch das Stück, das ich für heute ausgewählt habe.

Natürlich fällt im Diagramm sofort der weiße König auf dem Standfeld seines Kollegen auf: Damit sind schon sieben Züge des Weißen sichtbar. Darüber hinaus sehen wir, dass [Dd1] zwei Züge brauchte, um nach a3 zu gelangen.

Bei Schwarz sind deutlich mehr Züge sichtbar: Hier sehen wir 3+2+5+3+2+5=20. Dabei haben wir beim Zählen einen Turmzug gespart, indem wir die große Rochade voraussetzen – alles unter der Voraussetzung, dass sBa7 von a6 kommt.

Ganz eindeutig ist das nicht, und das scheint mir typisch zu sein für die Aufgaben von Rustam Ubaidullajew. Hier könnte z.B sDa8 direkt von d8 kommen, dann aber müsste sSf7 von b8 kommen (letzter Zug: Sd8-f7+) und hätte damit drei Züge gebraucht.

Nun sollten wir uns Gedanken machen um die geschlagenen Steine: wTh1 dürfte zu Hause geschlagen worden sein, aber bei den anderen weißen Steinen ist die nicht klar: Zumindest nicht auf den ersten Blick sichtbar ist, wie sie verschwinden konnten: Nach unserer bisherigen Zählung der schwarzen Steine kann er nicht auf g2 geschlagen worden sein, aber es ist nicht zu sehen, wie er sonst verschwinden konnte. Oder können wir noch einen schwarzen Zug einsparen?

Ja, das können wir, wenn wir annehmen, das sBa6 der [Bb7] ist: Dann nämlich kann [Ta8] in einem Zug nach a4 gezogen haben! Aber wie sollte dann die a-Linie freigespielt werden? Das könnte [Bb2] besorgen, den wir dann gleichzeitig loswerden können, nachdem er noch andere Arbeit erledigt hat, denn die fehlenden schwarzen Steine müssen alle zu Hause geschlagen worden sein, da für sie kein Zug mehr übrig ist.

Das könnte funktionieren mit b6xBa7xSb8=S-a6, und dann bxa6 (Ceriani-Frolkin). Das sind sechs weiße Züge. Nun müssen noch [Be7] und [Bd7] verschwinden, ebenso [Be2]. [Be2] kann natürlich [Bd7] in vier Zügen auf d7 schlagen und sich dann vom schwarzen König schlagen lassen, sodass dann noch [Be7] mit einem einzigen zusätzlichen Zug verschwinden muss. Das kann [Dd1] erledigen: Statt Df3-a3 mittels De2xe7-a3.

Damit sollte es nicht mehr allzu schwer sein, die konkrete Zugfolge zu finden:

1.b4 h5 2.b5 Th6 3.b6 Tf6 4.bxa7 Sh6 5.axb8=S Ta4 6.Sa6 bxa6 7.e4 Lb7 8.e5 Lxg2 9.e6 Lxh1 10.exd7+ Kxd7 11.De2 Kc6 12.Dxe7 Kb6 13.Da3 Lb4 14.Ke2 c5 15.Ke3 Tf3+ 16.Ke4 f5+ 17.Ke5 Sf7+ 18.Ke6 Dd5+ 19.Ke7 c4+ 20.Ke8 Da8+.

Normalerweise bin ich kein besonderer Freund solch „geometrischer“ Themen wie hier die Wanderung des wK die ganze e-Linie nach oben, und das in den letzten sieben Zügen „am Stück“, aber hier finde ich sie sehr attraktiv.

Als ich die Aufgabe zum ersten Mal sah, war mein Gedanke, den letzten Halbzug besser wegzulassen, aber in der Zwischenzeit bin ich für mich zu dem Ergebnis gekommen, dass er trotz des Schachgebots nicht unbedingt unökonomisch ist: Schließlich bietet sich so die alternative Möglichkeit des Springerweges Sb8-c6-d8-f7+ statt Sg8-h6-f7 – mit dem anderen Springer!