Für die regelmäßigen Leser dieser Rubrik ist es sicher keine Neuigkeit, wenn ich erwähne, dass ich ein echter Fan der Aufgaben von Sergej Wolobujew (*18.11.1958) bin; dazu hatte ich in Andernach 2011 einen Vortrag gehalten und in feenschach insgesamt sechs Aufgaben von ihm vorgestellt und ausführlich besprochen (f-187, Juli 2011, S. 109-113).

So könnt ihr euch sicher vorstellen, dass ich auf das Ergebnis des Wolobujew-60 Turniers sehr gespannt war: Ausgeschrieben war es in zwei Gruppen: Beweispartien und andere orthodoxe Retros; Rustam Ubaidullajew hat das Turnier gerichtet und dabei sechs Beweispartien und elf sonstige Retros ausgezeichnet.

Heute möchte ich euch den ersten Preis der Beweispartien zeigen: Ein großartiges Stück, wie ich finde!

Betrachten wir zunächst, welche Steine geschlagen wurden: alle fehlenden Steine sind durch Bauernschläge erklärt: einmal durch Weiß: axb, zweimal durch Schwarz: fxe und hxg6.

Bei Schwarz fehlen [Ba7] und [Bb7], dafür hat Schwarz drei Türme. Also wurde [Bb7] durch [Ba2] geschlagen: axBb5, [Ba7] wandelte dann schlagfrei auf a1 in den dritten schwarzen Turm um.

Bei Weiß fehlen [Be2], der durch [Bf7] geschlagen wurde, und [Bh2], der mangels eigener Schlagmöglichkeit nicht auf g6 geschlagen werden konnte. Dort muss also ein weißer Offizier geschlagen worden sein; [Bh2] hat sich dann ebenfalls schlagfrei auf h8 umgewandelt.

Wenn wir die Umwandlungen nun berücksichtigen, können wir beginnen, die minimal sichtbaren Züge zu zählen:

Bei Weiß kommen wir dabei auf 0+0+1+1+1+8=11, bei Schwarz auf 3+1+6+3+6+13=32. Bei Schwarz habe ich die fünf erforderlichen Züge des [Ba7] sowie Bb7-b5 berücksichtigt, und damit sind alle schwarzen Züge erklärt.

Daraus können wir schon einige Schlüsse ziehen: Schwarz hat lang rochiert, denn anders kann [Ke8] nicht in drei Zügen nach a7 gelangt sein. Da Schwarz nur sechs Turmzüge zur Verfügung hat, steht [Ta8] nun auf c7, [Th8] auf g3, und [Ba2] ist nun Tf6 und kann dort via a6 hin.

Daraus können wir auch ableiten, dass Weiß nicht Lf1-a6 spielen konnte: Vor der Umwandlung des [Ba7] muss schon axb5 gespielt worden sein, da aber der Umwandlungsturm anschließend via a6 nach f6 ziehen muss, darf dann dort noch kein Läufer stehen. Der muss also etwa via g2-b7 nach a6 gezogen haben. Das muss erfolgt sein, bevor c7-c6 und anschließend Da5 erfolgte – und damit vor der schwarzen langen Rochade.

Nun stellt sich die Frage, wer dann auf b7 Schachschutz für die lange Rochade gegeben hat? Ein schwarzer Stein scheidet aus, da er keinen Umweg über b7 nehmen konnte, und bei Weiß kommt ein Springer nicht in Frage, da er das Feld d8 überdecken und damit die Rochade verhindern würde.

Also muss auf b7 ein weißer Turm Schachschutz gegeben haben! Das ist sehr knifflig, den Turm in den Nordwesten hinein zu spielen – und noch kniffliger, ihn wieder heraus zu spielen. Aber da bei Schwarz bis auf das Schlagfeld des [Bf7] sowie des genauen Weges des [Sg8] nach f1 schon feststehen, und sich auch die Reihenfolge vieler Manöver sich im Vorfeld bestimmen lässt, kann man das mit ein wenig Mühe schaffen.

1.a4 b5 2.axb5 Sc6 3.Ta6 Sd4 4.Tg6 hxg6 5.g4 Th3 6.Lg2 Tg3 7.h4 a5 8.h5 a4 9.h6 a3 10.h7 a2 11.h8=T a1=T 12.T8h5! T1a6 13.Te5! f5 14.Lb7 Tf6 15.La6 Lb7 16.Te6! Ld5 17.Tb6! c6 18.Tb7! Da5 19.Sh3 OOO 20.Tc7++! Kb8 21.Tc8+! Ka7 22.Tb8! Tc8 23.Tg1 Tc7 24.Te8! e5 25.Te6! Se7 26.Td6! Lg8 27.Td5! f4 28.Tc5! f3 29.Tc3! fxe2 30.Tf3! Sd5 31.Tf5! Se3 32.Th5! Sf1 33.Th8!

Der Umwandlungsturm macht also einen 18-zügigen schlagfreien Rundlauf: Beeindruckende Manöver! Und ich verspreche, in nicht allzu ferner Zukunft eine vergleichbare Aufgabe hier vorzustellen, wenn der entsprechende Preisbericht erschienen ist: Das wird wieder Genuss pur!