Heute will ich mit euch einmal keinen Blick in die Geschichte der Retroanalyse werfen, sondern eine Beweispartie vom Ende letzten Jahres vorstellen, die zu lösen mir viel Freude bereitet hatte.

Ziemlich vogelwild erscheint im ersten Moment die Diagrammstellung, und die Anzahl der direkt sichtbaren weißen Züge (0+1+0+1+0+2=4) bringt uns der Lösung auch noch nicht viel näher.

Wie schaut es bei Schwarz aus? Dort zählen wir 3+1+3+4+5+4=20 — das ist schon deutlich mehr!

Nun betrachten wir die fehlenden Steine: bei Weiß sind es gleich vier Bauern und ein Springer, bei Schwarz nur der a-Bauer.

Und dieser unscheinbare Bauer ist der Schlüssel zum gesamten Lösungsverlauf, denn wir überlegen uns nun, wo denn der fehlende schwarze Stein geschlagen worden sein kann? Der Schlag kann wegen des Schachgebots durch die Dame, das auch bei Wegzug der Dame wegen des dahinter stehenden Läufers noch immer ein Schachgebot bleibt, nur im allerletzten Zug erfolgt sein. Nur zwei Felder kommen dafür in Frage: e4 (dann letzter Zug 27.dxe4+) oder e2 (dann letzte drei Züge: 26.e2-e4+ Xe2 27.Dxe2+).

Also muss [Ba7] umgewandelt haben, und damit bleibt Schwarz nur noch ein freier Zug übrig, und damit sehen wir, dass nur der Umwandlungsstein geschlagen worden sein konnte, denn für die Ersetzung eines Originalsteins fehlen Schwarz die erforderlichen Züge.

Damit erfolgte die Umwandlung für den ersten Fall auf b1 in Läufer oder Dame und im zweiten Fall auf c1 in einen Springer.

Eine weitere Schlussfolgerung aus diesen Überlegungen ist, dass höchstens Be4 geschlagen haben kann; er wäre dann von d2 gekommen. Demnach haben zumindest [Ba2] und [g2] umgewandelt. Und wenn der Be4 von e2 gekommen ist, dann muss auch der [Bd2] umgewandelt haben.

Schauen wir uns nun die schwarze Bauernstruktur etwas genauer an: Wir erkennen, dass der Doppelbauer auf der c-Linie duch c7-c5, dann b7xc6 entstanden sein muss, denn dies ist die kürzeste Zugfolge hierfür — und weitere Züge stehen Schwarz ja auch nicht zur Verfügung. Ferner muss gxh6 erfolgt sein, bevor [Bg2] umwandeln konnte.

Nun solltet ihr einmal versuchen, die weißen Züge zu zählen, die erforderlich sind, wenn wir mittels 27.d3xL/De4+ lösen wollen. Gleichzeitig solltet ihr versuchen einen Weg zu finden, den [Bc2] loszuwerden! Der kann zwar theoretisch auf c5 geschlagen werden, (Sb8-a6/d7xBc5-a4), aber dann muss auch e2 geblockt werden: Irgendwann muss sich dann [Be2] auf e6 opfern — und damit wird die Diagonale f1-b5 frei, die verstellt werden muss. Sie kann erst wieder geöffnet werden, nachdem der Umwandlungsstein auf e4 angekommen und d2-d3 gefolgt ist, was die Diagonale temporär wieder schließt.

Das habe ich eine ganze Weile vergeblich versucht und mich dann auf die andere Alternative konzentriert, die drei Umwandlungen braucht, aber trotzdem schneller geht. Dann habe ich, wie ich das meist mache, versucht, die Eröffnung eindeutig zu erspielen ([Ba7] muss z.B. früh die a-Linie frei machen, um [Ba2] durchzulassen) und auch die letzten Züge vor dem Diagramm zu eruieren. Wenn man davon ausgeht, dass die drei umgewandelten Steine jeweils zwei Züge benötigen, um zu verschwinden, bleiben Weiß für das Verschwindenlassen von [Sb1] und [Bc2] nur zwei Züge. Da ja die Umwandlung des [Ba7] auf c1 erfolgen muss, bleiben hierfür nur Sb1-d2-b3 nebst a4xSb3xBc2-c1=S.

Und dann sollten sich mit Überlegungen zur Reihenfolge der Umwandlungen (hier spielt der Doppelbauer auf der c-Linie wieder eine wichtige Rolle) auch die übrigen Züge finden lasse:

1.d4 a5 2.Sd2 a4 3.Sb3 axb3 4.a4 Ta6 5.a5 Tb6 6.a6 bxc2 7.a7 Sa6 8.a8=D Sc5 9.Da2 Sa4 10.De6 dxe6 11.d5 Kd7 12.d6 Kc6 13.d7 De8 14.d8=D Kb5 15.D8d2 c5 16.Dh6 gxh6 17.g4 Lg7 18.g5 Le5 19.g6 Sf6 20.g7 Tf8 21.g8=D Ld6 22.Dg2 Sg4 23.Dc6+ bxc6 24.b3 La6 25.La3 c1=S 26.e4+ Se2 27.Dxe2+.

Sehr hübsch, finde ich: Die drei umgewandelten weißen Damen kehren auf ihr Bauern-Ursprungsfeld zurück, bevor sie sich schlagen lassen können!