Mark Kirtley ist besonders bekannt für seine Beweispartie-Zwillinge, siehe zum Beispiel das Retro der Woche 41/2016, aber auch für relativ kurze, pointierte und strategisch anspruchsvolle Beweispartien.

Ein solches Beispiel möchte ich euch heute vorführen.

Das Zählen der sichtbaren Züge hilft auf den ersten Blick nicht viel weiter: Bei Weiß sehen wir 0+0+4+0+0+1= 6 Züge – zehn sind also noch frei. Und bei Schwarz sieht es auf den ersten Blick auch nicht besser aus: 1+1+2+1+0+5=10 – somit bleiben „nur“ fünf schwarze Züge noch frei.

Hierbei hatte ich schon stillschweigend angenommen, dass sTh6 der [Ta8] ist: dies ist offensichtlich deutlich schneller zu erreichen, als [Th8] nach h6 zu bringen.

Gerade bei Schwarz sehen wir notwendige zusätzliche Züge: Schwarz muss ja [Lf1] zu Hause schlagen und gleichzeitig ein Schlagobjekt auf g3 bereitstellen. In den zur Verfügung stehenden fünf Zügen kann das nur [Sg8] schaffen, der auf seinem Weg auch sofort [Bd2] zu Hause entsorgen kann.

Damit wären alle schwarzen Züge erklärt. Zu welchem Zweck aber hat Weiß noch zehn Züge spielen müssen? Er muss noch [Lc1] loswerden, das aber kann in einem Zug (Lh6) geschehen, sodass er vom schwarzen Turm geschlagen werden kann.

Ferner hatten wir für die weißen Türme mindestens vier Züge angenommen. Genaueres hinschauen zeigt aber, dass sie fünf benötigen, da [Bh7] noch verschwinden muss. Aber damit haben wir immer noch acht freie Züge…

Besonders auffällig im Diagramm sind die weißen Türme. Und sie werden noch auffälliger, wenn wir die schwarze Zugreihenfolge ein wenig genauer betrachten: Bevor beide Türme nach h7 und h8 gelangen können, muss [Sg8] seine Mission nach hxg3 erfüllt haben. Beide Türme müssen vor Ort sein, bevor Th6 sein Zielfeld erreicht haben kann.

Das muss geschehen sein, bevor Schwarz e6 ziehen konnte, was dann für [Lf8], [Dd8] und [Ke8] die erforderlichen Züge ermöglicht. Dabei stellen wir fest, dass [Ke8] erst als letzter der drei hat ziehen können, da er die Wege der beiden anderen Steine verstellt.

Das wiederum heißt, dass wTh8 schon dort stand, als [Ke8] noch zu Hause war – aber [Sg8] sich schon geopfert hatte und auch [Lf8] schon nach d6 gezogen hatte.

Wie konnte [Ke8] nun gegen das Schachgebot des wTh8 geschützt werden? Das kann nur durch einen der beiden weißen Springer geschehen: Die können in vier Zügen nach f8 [Sg1] bzw. nach g8 [Sb1] gelangen. Welchen nehmen wir?

Mit [Sg1] funktioniert das nicht, da er schon auf f8 stehen müsste, während dort [Lf8] noch darauf wartet, nach d6 ziehen zu können. Also müssen wir [Sc1] für dieses Schachschutz-Manöver nutzen.

Und damit haben wir eigentlich alle Informationen zusammengetragen, die wir zum Lösen der Aufgabe benötigen; allzu schwer sollte das nun nicht mehr sein.

1.a4 Sf6 2.Ta3 Se4 3.Th3 Sxd2 4.Txh7 Sxf1 5.Txh8 Sg3 6.hxg3 a5 7.T1h7 Ta6 8.Lh6 Txh6 9.Sc3 e6 10.Sd5 Dh4 11.Se7 c5 12.Sg8 Ld6 13.Sf6++ Ke7 14.Se4 c4 15.Sd2 c3 16.Sb1.

Mir gefällt die lockere Diagrammstellung sehr gut, aus der sich quasi die gesamte Lösung ableiten lässt, ohne dass man eine Figur auf dem Brett bewegen muss. Schön natürlich, dass die beiden „Schaltfelder“ e7 und f6 hier einen Rundlauf des [Sb1] (und nicht eine „einfache“ Rückkehr) direkt forcieren.