Im letzten Retro der Woche 12/2017 hatte ich den ersten Preis im Troitzki-Gedenkturnier vorgestellt und schon versprochen, nun den zweiten Preis zu besprechen.
Nach dem klassischen Retro in der letzten Woche sehen wir nun eine hochmoderne Beweispartie.
Troitzki-Gedenkturnier 2017, 2. Preis
Beweispartie in 28,5 Zügen (14+11)
Eine sehr elegante Diagrammstellung: Bei Schwarz stehen alle Steine auf ihren Feldern der Partieausgangsstellung („Home Base“), bei Weiß hingegen findet sich kein Stein mehr auf der ersten Reihe – bis in die schwarze Stellung hinein haben sich die weißen Steine vorgekämpft.
Damit müssen wir uns zunächst auch keine Gedanken über schwarze sichtbare Züge zu machen; anders schaut es bei Weiß aus. Dort sehen wir 3+1+4+(3+x)+(2+y)+4=17+x+y Züge.
Woher kommen nun die „x“ und „y“? Nun, Weiß hat drei Läufer und drei Springer: Zumindest jeweils einer ist also ein umgewandelter Bauer. Minimum für x ist 6, wenn Lh3 der Umwandlungsläufer wäre. Minimum für y wäre ebenfalls 6: Dann hätte Sh7 auf f8 umgewandelt. Bei minimalen x und y haben wir bereits 17+12=29 Züge – das sind alle, die Weiß gemacht hat.
Damit erledigt sich auch unser „Anfangsverdacht“, dass Schwarz eigentlich nichts tun müsse, von selbst. Zwei schwarze Bauern müssen sich in Läufer umwandeln, um als Pronkin-Steine nach c8 und f8 zu marschieren. Dies erfordert minimal jeweils sieben Züge (fünf Bauernzüge plus zwei Züge nach c8 bzw. f8). Und damit haben wir bereits die erste Hälfte der schwarzen Züge erklärt.
Können wir auch schon etwas über die zweite Hälfte der schwarzen Züge sagen? Dazu schauen wir uns die weiße Bauernstellung an. Die beiden Doppelbauern fallen sofort ins Auge – und ihnen „zu Füßen“ stehen auf der c- bzw. f-Linie die schwarzen Bauern auf ihrem Partieausgangsfeld.
Damit ist klar: Die fehlenden schwarzen Bauern können nicht direkt als Schlagobjekte auf der c- bzw. der f-Linie zur Verfügung gestanden haben. Damit müssen sie ebenfalls umgewandelt haben, um sich dann zu opfern. Beide Bauern benötigen dann auch jeweils sieben Züge (fünf Bauernzüge plus zwei Züge zum aktiven Opfer).
Damit haben wir den Inhalt der Aufgabe bereits erschlossen, ohne auch nur einen einzigen Zug der Lösung zu kennen. Weiß erwandelt zwei Steine, indem er auf c8 und f8 die dort stehenden Läufer schlägt. Schwarz hingegen muss diese beiden Läufer durch Umwandlungen und Ziehen auf die Ursprungsfelder ersetzen (Pronkin-Thema), Ferner muss er zwei weitere Bauern umwandeln, die sich dann aktiv opfern (Ceriani-Frolkin-Thema), um Weiß die Ziel-Bauernstruktur zu ermöglichen.
Ein tolles „Programm der Zukunft“ (mindestens zweifache Doppelsetzung von Themen)!
Aber auch das Finden der Lösung geht nun bestimmt noch nicht ganz von selbst: Da müsst ihr sicher noch ein wenig ausprobieren, um dann festzustellen, dass auch die Ceriani-Frolkin-Umwandlungen einheitlich sind.
1.h4 b5 2.h5 b4 3.h6 b3 4.hxg7 bxa2 5.b4 d5 6.b5 d4 7.b6 d3 8.b7 dxe2 9.d3 h5 10.Kd2 e1=T 11.Kc3 Te4 12.Le3 Tc4+ 13.dxc4 h4 14.Dd6 h3 15.Sd2 h2 16.Te1 a1=T 17.bxc8=L Ta5 18.Lh3 Tf5 19.Ld3 a5 20.La7 a4 21.Te6 a3 22.Se2 a2 23.Tb1 h1=L 24.g4 Lb7 25.gxf8=S Lc8 26.Tb7 a1=L+ 27.Kb4 Lg7 28.Sh7 Lf8 29.gxf5.
„Natürlich“ kommt nun sicher der Hinweis auf die Umwandlungssteine im Diagramm, vermute ich einmal. Mich stören sie nicht wirklich – allerdings wäre es natürlich noch schöner, wenn sie ebenfalls als Ceriani-Frolkin-Steine verschwunden oder einheitlich Läufer wären.
Aber es ist doch schön, dass es auch bei solchen Klasse-Aufgaben wie hier zumindest noch Träume gibt…
Very interesting reading, both the article and the author response.
Thank you.
Vielen Dank an Thomas für die netten Worte zu meiner Aufgabe. Die Analyse ist perfekt. 2 Pronkins + 2 Ceriani-Frolkins gibt es schon einige; diese Kombination hier aber bislang wohl noch nicht. Die Schwierigkeit war hier, dass diese Kombination zum einen den weißen König adäquat einbinden muss, damit die Ceriani-Frolkin-Steine eindeutig sind, zum anderen mussten auch die Läufer auf den richtigen Feldern umwandeln und dann mussten auch noch geeignete Linien zum Schlagen der Ceriani-Frolkin-Steine gefunden werden. Mir ist nur diese Matrix dazu eingefallen. Bezüglich der Umwandlungsfiguren: Zunächst stimme ich Thomas zu – auch ich fände g:f8=L ästhetischer.
Bezüglich deren Existenz: Bei diesen hochgezüchteten Darstellungen (2xCF+2xPR) muss man wohl auf zusätzliche künstlerische Effekte verzichten, so dass wohl nur die folgenden grundsätzlichen Möglichkeiten übrig bleiben:
1) Die Originalsteine werden ohne zu ziehen von Bauern geschlagen.
a) Die daraus entstehenden Umwandlungssteine bleiben auf dem Brett.
b) Die daraus entstehenden Umwandlungssteine werden geschlagen (=CF)
2) Die Originalsteine opfern sich irgendwo anders, so dass keine Umwandlungen der anderen Seite zwingend notwendig sind.
Bei einfarbigen Darstellungen wie hier ist 1a) der Regelfall. So lassen sich relativ große Zügezahlen relativ leicht darstellen, da man schon 12-14 Züge durch die beiden Umwandlungsbauern determinieren kann.
Zu 1b): Das funktioniert bei gemischtfarbigen Darstellungen (also z.B. 2xCF weiß und 2x PR schwarz), wenn die CF-Figuren nur einen Zug vom Umwandlungs- zum Schlagfeld haben – also bei Springer und Läufer. Ansonsten findet man eigentlich immer die Möglichkeit, die CF-Bauern woanders umzuwandeln, so dass Umwandlugen der Gegenseite gar nicht nötig sind. Ein gutes Beispiel ist das berühmte Stück von Michel Caiilaud mit 2 schwarzen Pronkin-Damen und zwei weißen Ceriani-Frolkin-Läufern. Die schwarze Bauernstellung erzwingt weiße Umwandlungen auf d8, da Weiß nur einen Zug Zeit hat, die Umwandlungsfiguren nach h4 resp. g5 zu bringen. Sind zwei Züge Zeit, kann Weiß sicher z.B. auf c8 umwandeln und Schwarz braucht gar keine Pronkins.
2) Das ist viel schwieriger, wenngleich es einige Darstellungen gibt (z.B. CF(TT)&PR(TT) oder CF(SS)&PR(TT) oder CF(SS)&PR(LL) oder CF(ss)&PR(dd)). Das Problem ist die Anzahl der Züge. Bei CF-Türmen und PR-Läufern benötigt man 20 Züge für die Umwandlungen, und jeweils 2 Züge der PR- und CF-Steine sowie mindestens je einen Zug, um die Originalsteine zu ihren Opferfeldern zu führen. Das ergibt mindestens 30 Züge und damit mindestens 29 der Gegenseite (wenn Weiß die Themapartei ist). 29 Züge ohne Umwandlung eindeutig hinzubekommen, ist ein überaus schwieriges Unterfangen. Meine Erfahrungen (mit 2xPR+2xCF und 2x2CF) zeigen, dass 26 Züge relativ leicht hinzubekommen sind, 27 mittelschwer und 28 schon sehr schwer sind. 29 klappt nur in Ausnahmefällen (CF(TT)&PR(TT)).
Insofern kann man sicher träumen, ich möchte allerdings bemerken, dass man sich dann in einer ganz anderen Liga (= m.E. FIDE-Album >10 Punkte) bewegen würde.