Gern greife ich den Vorschlag von Roberto Osorio auf, die kleine „Ceriani-Frolkin-Reihe“ noch etwas fortzusetzen. Auch mit der für heute ausgewählten Aufgabe sind wir direkt am Puls der Zeit, denn erst seit 2015 gibt es nach dem Pionierstück (siehe Retro der Woche 28/2017) eine Menge weiterer „Sechsender“. Einen davon wollen wir heute anschauen.

Auch hier beginnen wir wie üblich mit der Inventur:

Bei Weiß fehlen genau die vier Bauern des Königsflügels, bei Schwarz neben fünf östlichen Bauern noch [Lf8]. Schwarze Schlagfälle sind nicht sichtbar; bei Weiß sehen wir fünf Bauernschläge: c2xb3xa4 sowie d2xc3xb4xa5.

Das erscheint nun wegen der fehlenden Hinweise auf schwarze Bauernschläge sehr schwer lösbar, aber vielleicht können wir doch noch ein paar Partiedetails aus dem Diagramm ableiten? Dazu zählen wir zunächst wieder die sichtbaren Züge.

Bei Weiß sehen wir 3+1+1+2+2+5=14 Züge, es sind also noch 19 offen. Damit ist zumindest schon klar, dass maximal drei weiße Bauern umgewandelt haben; zumindest einer der fehlenden weißen Bauern würde direkt geschlagen.

Bei Schwarz kommen wir auf 1+0+1+0+2+4=8 sichtbare Züge – damit sind noch 24 Züge frei. Also können vier schwarze Bauern umgewandelt haben? Nein, das funktioniert nicht: Wenn wir von Ceriani-Frolkin-Thematik ausgehen, sehen wir, dass jeder schwarze Umwandlungsstein noch mindestens zwei Züge benötigt, um sich schlagen zu lassen (warum?), damit haben wir bei drei Umwandlungen bereits 21 Züge verbraucht; eine weitere Umwandlung kann es also nicht gegeben haben.

Und wenn wir ans Phönix-Thema denken? Auch dann bedarf es mindestens jeweils zweier Züge von Schwarz (z.B. Dd8-a5, wBb4xDa5, d1=D, Dd8) Also kann es nicht mehr als drei schwarze Umwandlungen gegeben haben.

Das aber wirft eine ganz andere Frage auf: Wie sind dann die beiden nicht umgewandelten schwarzen Bauern verschwunden? Weiß kann wegen der fünf sichtbaren Schläge nur einen davon irgendwo zwischen d und h geschlagen haben. Wie ist der zweite verschwunden?

Das kann nur funktioniert haben, indem einer der schwarzen Bauern im Diagramm „aus dem Osten“ kommt, also selbst geschlagen haben muss und andererseits einer der drei ursprünglichen [Ba7], [Bb7], [Bc7] von einem weißen Bauern geschlagen worden ist.

Dafür aber muss er gezogen haben. Bei Schwarz haben wir noch drei Züge frei. Wenn wir berücksichtigen, dass auch [Lf8] noch geschlagen wurde, nehmen wir an, dass der nur einen Zig gemacht hat, also Lb4, um sich dort schlagen zu lassen. Dann bleiben noch zwei Züge übrig, um einen schwarzen Bauern zu beseitigen. Verdächtig ist in diesem Zusammenhang sBb3: er kann auch mit der gleichen Zügezahl von d7 gekommen sein. Dann muss [Bb7] in maximal zwei Zügen verschwinden. b4 scheidet als Opferfeld aus, dort haben wir bereits [Lf8] geschlagen. Also bleibt nur a5 übrig, was auch zwei Züge erfordert.

Damit haben wir auch bei Schwarz drei Bauernschläge auf dem Damenflügel, die wiederum auch drei Umwandlungsbauern erfordern. Weiß hat allerdings nur vier Züge nach Umwandlungen zur Beseitigung zur Verfügung; dies determiniert bereits die weißen Umwandlungen und zusammen mit unseren vorhergehenden Überlegungen auch deren Schlagfelder c4, b3 und a6 oder a5.

Damit lohnt es vielleicht, eigene Lösungsversuche vorzunehmen?!

1.h4 e5 2.h5 e4 3.h6 e3 4.hxg7 h5 5.g4 h4 6.g5 h3 7.g6 h2 8.Sh3 Sh6 9.Tg1 h1=D 10.g8=L Dc6 11.g7 Dc3 12.dxc3 exf2+ 13.Kd2 f5 14.e4 f4 15.Le2 f3 16.Ke3 f1=S+ 17.Kf4 Sd2 18.e5 Sb3 19.cxb3 f2 20.Dc2 f1=L 21.Ld1 Lb5 22.Sf2 La4 23.bxa4 Lb4 24.Lb3 c5 25.g8=L Sc6 26.Lgc4 d5 27.e6 dxc4 28.e7 Kf7 29.e8=S cxb3 30.Sc7 Te8 31.Sa6 bxa6 32.cxb4 a5 33.bxa5.

Intention der Autoren war es natürlich, sechs Ceriani-Frolkin Umwandlungen darzustellen, wobei auf einer Seite keine Bauernschläge im Diagramm sichtbar sind. Raffiniert gemacht!

Ach ja: Die Eröffnung kommt euch bekannt vor??