Und weiter geht es mit dem Pronkin-Thema: Heute stelle ich euch die erste einfarbige Vierfachdarstellung dieses Themas in einer eindeutigen Beweispartie vor.

Ihr erinnert euch? Im Retro der Woche 27/2014 war es eine nun schon eigentlich 25 Jahre alte Dreifachsetzung des Themas, im folgenden Retro der Woche 28/2014 die erste, nun fünf Jahre alte einfarbige Pronkin-Allumwandlung.

Quasi ein Zwischenglied ist das heutige Stück, bei der – wen wundert es?? – der Springer zur Allumwandlung fehlt und durch einen zweiten Turm, normalerweise der am einfachsten darzustellende Pronkin-Stein, ersetzt wird.

Aber auch das ist natürlich alles andere als trivial, wie allein schon die Tatsache zeigt, dass das Stück mit 10,5 Punkten ins FIDE-Album gekommen ist.

Beginnen wir wie üblich mit dem Zählen der erforderlichen Züge – aber vorher schauen wir natürlich noch einmal genau hin und stellen fest, dass wir im Diagramm drei weiße Springer und zwei weiße weißfeldrige Läufer finden; also gibt es im Diagramm (mindestens) zwei weiße Umwandlungsfiguren.

Lassen wir für das Zügezählen zunächst die beiden weißen Steine im Nordwesten unberücksichtigt: Sie sind die einzigen der möglichen Umwandlungssteine, die theoretisch in einem einzigen Zug von einem Umwandlungsfeld auf ihre Diagrammposition ziehen konnten.

Ohne diese beiden kommen wir auf 3+1+3+3+3+6=19 weiße Züge. Damit bleiben noch 12 Züge bei Weiß übrig, und damit haben die beiden Umwandlungssteine jeweils nach ihrer Umwandlung nur ein einziges Mal ziehen können.

Gegencheck: Wenn wir andere als die beiden „Hauptverdächtigen“ als Umwandlungssteine ansehen, verringert sich nicht die Zügezahl der dann identifizierten Originalsteine, es erhöht sich aber die Anzahl der erforderlichen Züge der Umwandlungssteine: Ein Widerspruch, der unsere beiden Verdächtigen endgültig „überführt“.

Damit sind auch die Schlagfälle von Weiß alle erklärt: Neben den drei sichtbaren (a oder cxb3, fxg, hxg) haben wir noch drei notwendige Schläge für die beiden Umwandlungen, nämlich c oder axbxc8=L und e7xd8=S.

Damit wissen wir auch, dass [wBd2] zu Hause geschlagen worden ist – für ihn bleibt ja kein Zug übrig. Dies hilft uns später auch beim Sortieren der möglichen Einzelzüge.

Ebenfalls können die beiden schwarzen Randbauern nicht durch weiße Steine direkt geschlagen worden sein; sie müssen also (auf a1 und auf h1; Schlagfälle stehen für sie ja nicht mehr zur Verfügung) umgewandelt haben.

Wir haben schon gesehen, dass Weiß auf c8 und auf d8 schlagen musste, darüber hinaus musste er zwei weitere schwarze Figuren schlagen: Auf der b- und auf der g-Linie, da dort jeweils zweimal geschlagen werden musste, aber nur ein Bauer dafür zur Verfügung stand.

Also wissen wir, dass Schwarz vier Umwandlungen brauchte – und wir wissen auch schon, welche Bauern das nur sein konnten: Einmal die Randbauern, und dann noch [sBf7] schlagfrei sowie [sBe7] auf d1.

Das hilft schon sehr, denn jetzt wissen wir schon eine Menge über die Lösung, und es sollte nicht mehr allzu schwer sein, die genaue Zugfolge herauszubekommen, auch wenn das noch ein wenig Probieren erfordert:

1.h4 e5 2.h5 e4 3.h6 e3 4.hxg7 h5 5.a4 h4 6.a5 h3 7.a6 h2 8.axb7 Th3 9.bxc8=L Tg3 10.fxg3 exd2+ 11.Kf2 a5 12.e4 a4 13.e5 a3 14.e6 a2 15.e7 Ta3 16.exd8=S Tb3 17.cxb3 f5 18.Dc2 d1=L 19.Ld2 f4 20.Lc3 f3 21.Ke3 f2 22.Sd2 Lf3 23.Te1 a1=T 24.Se2 Ta8 25.La6 Lb7 26.Sc1 Lc8 27.Lfe2 f1=D 28.Sb7 Df6 29.Thf1 Dd8 30.Tf7 h1=T 31.Kf4 Th8.