Den Lösungsbesprechungen der kürzlich erschienenen Problemzeitungen habe ich heute eine Aufgabe entnommen, die mich sehr beeindruckt hat, die mich gleichzeitig staunen und schmunzeln ließ. Wie ging es euch, nachdem ihr die Aufgabe gelöst (oder durchgespielt) hattet?

Wirklich leicht zu lösen erscheint mir diese Aufgabe nicht, und das, obwohl sie relativ kurz ist. Aber dafür gibt es verschiedenen Gründe: Einer ist der, dass beim Zählen der sichtbaren Züge eine Menge frei bleiben.

Bei Schwarz geht es noch: Da sieht man 1+2+2+3+2+3=13 Züge – bleiben noch drei offen. (Bei dem einen Königs-Zug haben wir natürlich stillschweigend die lange Rochade angenommen.)

Bei Weiß hingegen haben wir noch viel mehr Luft: Da kommen wir (auch hier die lange Rochade voraussetzend) auf 1+1+0+1+0+1=4 sichtbare Züge – das ist schon extrem, vor allen Dingen, da wir nicht davon ausgehen können, dass die freien 13 Züge etwa durch zwei weiße Umwandlungen erklärt werden könnten.

Und damit es nicht zu einfach wird, sind ja auch die Schläge nicht direkt zu erkennen. Bei Weiß fehlt ein Springer und der g-Bauer, bei Schwarz ein Turm und der e-Bauer. Auf beiden Seiten sehen wir nur einen Doppelbauern, und der kann jeweils den fehlenden Offizier, aber auch den fehlenden Bauern geschlagen haben.

Stellen wir zunächst einmal einige Plausibilitäts-Überlegungen an: Wenn auf e3 der [Be7] geschlagen wurde, brauchte der alle drei freien schwarzen Züge, und das hieße wiederum, dass der fehlende schwarze Turm auf d8 (als Rochade-Turm, von a8 kommend) geschlagen werden musste.

Wenn andererseits [Ta8] auf e3 geschlagen werden sollte (für [Th8] reicht die Zeit auf keinen Fall), muss er zweimal gezogen haben – und der [Be7] musste nach höchstens einem eigenen Zug verschwunden sein.

Betrachten wir noch einmal die Zählung der schwarzen Züge, so haben wie nicht nur die lange schwarze Rochade vorausgesetzt, sondern auch, dass zuerst g7-g5 erfolgt ist und erst dann hxg6; anderenfalls benötigen wir einen zusätzlichen schwarzen Zug.

Naheliegend ist es nun zu schauen, wie dann der fehlende weiße Springer nach g6 gelangen konnte. Dafür bietet sich nun die „Standard-Tour“ Sb1-c3-d5xe7-g6 an, vor dem Zug Se7-g6 muss dann aber g5 erfolgt sein. Das aber bedeutet, dass nun die Dame nicht in zwei, sondern in drei Zügen nach h7 gelangen konnte!

Nun haben wir vielleicht eine Idee: Weiß hilft dem Schwarzen durch seine Springer-Tour, sich rasch zu entwickeln, muss dann aber warten, bis er sein eigenes Spiel nach d2xTe3 öffnen und entwickeln kann.

Sollte das bedeuten, dass Weiß hauptsächlich Warte-Manöver durchführt? Dabei ist der [Ta1] zwar frei (b1 ist leer), aber der darf nicht ziehen, wenn wir noch lang rochieren wollen oder müssen. Demnach ständen nur die weißen Offiziere auf dem Königsflügel für Tempospiel zur Verfügung.

Nach diesen Überlegungen ist es sicher immer noch nicht ganz leicht, die Aufgabe zu lösen, aber ihr solltet ein wenig Zeit investieren, denn gerade bei diesem Stück vergrößert Selbstlösen garantiert das Vergnügen ganz beträchtlich.

1.Sc3 g5 2.Sd5 Lg7 3.Sxe7 d5 4.Sg6 hxg6 5.Sf3 Th3 6.Sg1 Tf3 7.Sh3 Dd7 8.Sg1 Dh3 9.g4 Lxg4 10.Lg2 Sd7 11.Lf1 OOO 12.Lg2 Te8 13.Lf1 Tee3 14.dxe3 Dh7 15.Dd3 Lc3+ 16.Ld2 Sdf6 17.OOO.

Jeweils doppelter Switchback von [Sg1] – auch noch über verschiedene Felder! – sowie [Lf1], und zwar zum ausschließlichen Zweck, Tempi zu verlieren! Ihr könntet die vier Doppelzüge jeweils auch einfach weglassen; das beweist ihre „Zweckreinheit“. Bewundernswert, dass das alles so fantastisch funktioniert!