Letzte Woche hatte ich hier den ersten Preis des Hanspeter-Suwe-60 Turniers vorgestellt, heute kommt wie versprochen der zweite Preis an die Reihe, ebenfalls mit einem bemerkenswerten Wechsel der Forderung

Beschäftigen wir uns zunächst mit der ersten Fragestellung. Dem ersten Anschein nach spricht nichts gegen die Möglichkeit beider Parteien, noch zu rochieren. Natürlich fällt bei Schwarz die lange Rochade weg, aber warum sollte die kurze nicht mehr möglich sein? Ebenso spricht zunächst nichts gegen eine weiße Rochade.

Schauen wir allerdings genauer hin, so macht uns sBb5 ein wenig Kopfzerbrechen: Bei Weiß fehlen drei Bauern, welchen sollte er dann geschlagen haben, um von der c-Linie nach b zu kommen? Entweder hat sich [Bf2] umgewandelt und wurde dann auf b5 oder b6 geschlagen, oder dort wurde [Ba2] geschlagen.

Im ersten Fall hat sich [Bf2] auf e8 umgewandelt: Bei Schwarz fehlt nur [Be7] und [Ta8]; letzterer ist im Nordwesten geschlagen worden und steht woanders nicht als Schlagopfer zur Verfügung. In diesem Falle wäre also eine schwarze Rochade endgültig ausgeschlossen, da [Ke8] gezogen haben muss.

Der zweite Fall allerdings lässt das schwarze Rochaderecht ebenso wie das weiße bestehen: Hier kann [Be7] auf g1 umgewandelt haben. Auf seinem Weg nach g1 hat er dann [Bf2] und [Bg2] geschlagen. Der Umwandlungsstein oder auch ein schwarzer Originalstein zog dann auf die b-Linie, dort geschah Ba4/5xXb5/6 und BcxBb. All dies gefährdet weder das weiße noch das schwarze Rochaderecht, deshalb können wir konstatieren: In a) dürfen beide Seiten rochieren.

Wir haben mathematisch gesprochen einen Existenzbeweis geführt: Es existiert mindestens eine Partie zur Diagrammstellung, die sowohl das schwarze als auch das weiße Rochaderecht bestehen lässt.

In b) kommt nun der Zeitdruck hinzu, den wir bei den allgemeinen „Auflösungs-Überlegungen“ in a) nicht berücksichtigen mussten.

Auch hier muss zeitaufwändig [Ta8] beseitigt werden, dies kann sowohl durch [Sb1] als auch durch [Sg1], wenn man die erforderliche Rückkehr mitzählt in acht Zügen erledigt werden. Hinzu kommen noch drei Züge mit [Be2] und [Lf1] – passt doch, da ist sogar noch Luft? Ja, wenn wir nicht irgendwie in einem Zug ein weißes Schlagopfer nach b5 bringen müssten!

Also müssen wir die andere oben schon besprochene Spielidee aufgreifen: [Bf2] wandelt sich auf e8 um (fünf Züge) und hat nun vier Züge Zeit, [Ta8] zu schlagen und sich selbst auf b5 (b6 würde länger dauern) zu opfern, da wir ja noch drei andere weiße Züge machen müssen.

Das klappt genau mit einem Umwandlungsspringer; in dieser Zeit muss sich dann Schwarz darum kümmern, [Ba2] und [Bg2] vom Brett zu entfernen.

So haben wir schon das detaillierte Gerüst der Beweispartie; das zu konkretisieren sollte nun nicht mehr schwerfallen.

b) 1.f4 c6 2.f5 Da5 3.f6 Kd8 4.fxe7+ Kc7 5.e8=S+ Kd8 6.Sc7 Dxa2 7.Sxa8 Dd5 8.Sc7 Dxg2 9.Sb5 Dg5 10.Lg2 cxb5 11.Lc6 Ke8 12.e4 Dd8.

Damit ist klar, dass in der kürzesten Beweispartie Schwarz das Rochaderecht nicht aufrechterhalten kann – im Gegensatz zu allgemeinen Überlegungen zur möglichen Auflösung der Stellung ohne Zeitdruck, wie wir dies in a) überlegt hatten.

Hübsch ist die Beweispartie darüber hinaus auch noch: Neben dem „farblichen Umwandlungswechsel“ gegenüber der Rochade-Erhaltungs-Überlegung in a) haben wir hier einen Ceriani-Frolkin-Springer, die Rückkehr des sK sowie einen „symmetrischer“ Rundlauf der schwarzen Dame, die in Pacman-Manier die weißen Reihen lichten muss.

Preisrichter Hanspeter Suwe fasste zusammen:
„Der innere Ideenzusammenhang zwischen den Zwillingen mag, wie es der Verfasser hervorhebt, in den verschiedenfarbigen Umwandlungen gesehen werden. Ich sehe in dieser Komposition eine preiswürdige Schachaufgabe, die auch ‚orthodoxe‘ Schachspieler aufgrund der klaren, eindeutigen Struktur ansprechen müsste.“

Probiert das doch mal bei euch im Schachclub aus…