Sicher seid ihr am heutigen Ostersonntag längt mit dem Färben der Eier fertig — vielleicht habt ihr dann Lust, Figuren zu färben? Nein, ihr sollt jetzt nicht die weißen Steine in eurer Schachklötzchen-Kiste bunt anmalen, sondern euch am Färben der Steine im Diagramm versuchen. Vielleicht erinnert ihr euch ja noch an das Retro der Woche 47/2014?

Mitte der 90er Jahre hat sich Andrej Kornilow recht intensiv mit den Möglichkeiten der Färbung auseinander gesetzt; auch das Ergebnis, das ich euch heute vorstelle, erscheint mir sehr interessant.

Es geht also nicht nur um das Färben, sondern auch noch um weitere eindeutige Auflösung der Stellung.

Auch bei diesem Aufgabentyp ist es sinnvoll, zunächst einmal Inventur zu machen und die Schlagfälle zu betrachten. Es fehlt ein Bauer und ein (weißfeldriger) Läufer; die Bauern haben zwei Mal geschlagen (exf und hxg).

Damit ist bereits klar, dass auf der h-Linie eine Umwandlung erfolgt sein muss: Anders konnte der zweite Bauer dort nicht verschwinden.

Außerdem sehen wir, dass der Kh3 im Schach steht: h5xg6 kann nicht zurückgenommen werden, da dann die Umwandlung auf der h-Linie nicht mehr möglich ist. Also kann das Schachgebot nur durch Dh1 erfolgen — das aber geht nur, wenn sie gerade durch Umwandlung entstanden ist.

Damit ist klar, dass Kh3 weiß ist, ebenso Dh6, Sg1, Sf2 und Tf3: Alles andere ergäbe illegale Doppelschachs. Damit sind die beiden anderen Springer schwarz, ebenso wie Bf6, Ld8, Td7 und Te6 wegen ansonsten illegalen Schachs gegen sKe7 — und damit ist Tg2 dann weiß, genauso wie Lh8 (zweiter schwarzfeldriger Läufer). Ebenso stehen auf a-d die Bauern (es sind dort keine Schlagfälle möglich) in ihrer „natürlichen Ordnung“ (Weiß auf der zweiten und dritten, Schwarz auf der sechsten und sibten Reihe).

Wegen des wLh8 ist Bg7 weiß. Damit ist dann Bg6 schwarz, Bg5 wiederum weiß. Somit bleiben nur noch Be5, Bf7 und Lh7 unbekannt. Wäre aber Be5 weiß, dann müssten Bf7 und Lh7 schwarz sein. Dann aber kann mit e7xLf6 kein weißfeldriger weißer Läufer geschlagen worden sein; die Stellung wäre also illegal.

Somit bleibt nur sBe5, wBf7 und wLh7, womit sich folgende Stellung ergibt:

Die Stellung kann nur durch sKf8-e7 aufgelöst werden; das aber ist erst möglich, wenn dann h6xDg7+ zurückgenommen werden kann (der andere Entschlag ist wegen der Felderfarbe e6xLf7). Dies aber erfordert, dass der umgewandelte schwarze h-Bauer wieder zu Hause ist.

Da Schwarz keine anderen Züge zurücknehmen kann, muss Weiß dafür sorgen, dass dieser Excelsior ohne Störung zurückgenommen werden kann. Damit haben wir folgende eindeutige letzte elf Einzelzüge:

1.– h2-h1=D 2.Kg3-h3 h3-h2 3.Kh2-g3 h4-h3 4.g4-g5 h5-h4 5.Dg5-h6 h6-h5 6.Lg8-h7 h7-h6 usw.

Nun kann Schwarz im nächsten Zug den Knoten im Norden mit der Rücknahme von Kf8-e7 auflösen; spätestens dann muss Weiß h6xDg7(+) zurücknehmen, und die Stellung löst sich einfach auf. Wie ich finde eine sehr attraktive Färberei!