In den letzten beiden Retros der Woche hatte ich den zweiten Preis der Beweispartien-Abteilung und den ersten Preis der sonstigen Retro-Abteilung vorgestellt. Heute möchte ich aus diesem Jahrgang eine Aufgabe vorstellen, die nicht ausgezeichnet wurde – vielleicht, weil sie ursprünglich inkorrekt erscheinen, dann aber korrigiert wurde. Der Preisrichter benennt diese Aufgabe nämlich nicht in der Übersicht der zu betrachtenden Aufgaben. Darum betrachten wir sie hier… (Bei der Lösungsangabe orientiere ich mich stark an der von Andrej Frolkin.)

Man sieht sofort, dass der schwarze König im Schach steht. Also hat Weiß zuletzt gezogen, und dieser letzte Zug muss, möglichweise schlagend, Da1-d1+ gewesen sein.

Auffällig sind natürlich sofort die drei weißen Damen – und da Weiß noch über sechs Bauern verfügt, müssen neben der Originaldame die anderen weißen Offiziere auch Originalsteine sein; speziell La7 kommt von c1.

Das verkompliziert die Auflösung deutlich: So können wir den West-Käfig nicht einfach mittels b2-b3(+) auflösen, da das den Läufer aussperren würde. Ebenso scheiden damit a7xb6 oder c6xb5 aus.

Wir können auch nicht b7-b6 zurücknehmen: Damit wäre sLa4 ein Umwandlungsläufer aus [Be7], was drei Schlagfälle erfordert, zusätzlich haben wir noch axb – und den Schlag des wLf1 zu Hause: Das aber wären fünf Schläge, es fehlen aber nur vier weiße Steine.

Aus einem ähnlichen Grund scheidet a6xb5 aus: Das erfordert a7-a6, um [Ba2] und [Bc2] zu entwandeln, damit können aber nur noch zwei der fehlenden drei schwarzen Bauern entschlagen werden. Auch wBcxBdxBe>e8=D erfordert wieder einen schwarzen Bauernschlag zu viel.

Damit können wir die Stellung nur auflösen, indem wir zweimal Schachschutz auf b1 und d1 installieren, sodass Schwarz Kc1-c2 zurücknehmen kann.

Nehmen wir an, einer dieser Schilde sei schwarz: Weiß kann sT oder sD auf d1 entschlagen, einen sS irgendwo, wenn dieser entschlag durch einen entschlagenen Springer erfolgen kann, z.B. 1.– g7xSf6 2.S~xSf6; damit wird die weiße Schlagbilanz nicht überstrapaziert: Weiß schlägt dann die beiden [Bg7] und [Bh7] – die brauchten zu viele Schläge zur Umwandlung –, dann cxb-b8=D sowie das schwarze Schild.

Wenn cxb7 erfolgte, muss [Be7] auf c1 umgewandelt haben, das kostet zwei Schläge, zusätzlich axb und der Schlag des wLf1 zu Hause: passt — eigentlich! Denn es gibt keine Möglichkeit, einen weißen Springer als Schutzschild zu entschlagen, und ein schwarzes Schild auf d1 oder b1 reicht nicht aus.

Deshalb müssen beide Schutzschilde weiß sein, und dafür kommen nur Springer in Frage. Schwarz muss die entschlagen, und Weiß muss so viele schwarze Tempozüge wie möglich schaffen, um schwarzes Retropatt zu vermeiden.

Viele und analoge Schlagbilanz-Feinheiten in einer harmlos ausschauenden Stellung!