Vor gut einer Woche hatte ich auf den (vorläufigen) Preisbericht des diesjährigen Champagne-Turniers, das Michel Caillaud schon seit vielen Jahren in Zusammenhang mit dem WCCC ausrichtet, berichtet. Nun möchte ich euch heute die siegreiche Beweispartie vorstellen.

Ihr erinnert euch vielleicht noch an das vorgegebene Thema? Derselbe Stein schlägt mindestens zwei Umwandlungsfiguren.

Betrachten wir zunächst die Schlagbilanz: Bei Weiß fehlen fünf Bauern, von denen nur [Bb2] direkt geschlagen werden konnte; alle vier anderen fehlenden Bauern mussten sich umwandeln, um sich schlagen zu lassen oder einen geschlagenen Originalstein zu ersetzen; damit sind alle fehlenden weißen Steine erklärt. Geschlagen wurden sie entweder mit exdxcxb und fxe oder (beim geforderten Thema noch attraktiver) mit fxexdxcxb.

Damit ist zugleich der einzige weiße Schlagfall klar: Auch [Bh2] musste sich umwandeln, dazu musste er hxBg spielen, denn sBh4 hat ja keine Schlagmöglichkeit mehr.

Bei Weiß benötigen wir 20 Züge bis zur Umwandlung der vier Bauern, damit bleiben noch acht übrig, um vier Offiziere loszuwerden. Die Umwandlungsfelder sind offenbar a8, f8 und zweimal g8. Von keinem dieser Felder kann ein Umwandlungsstein so wegziehen, dass er sogleich geschlagen werden kann. Auch nicht f8=S, Se6 fxe6? Nein, denn dann steht dem umwandlungswilligen f-Bauern ja noch [Bf7] im Weg!

Also musste jeder Umwandlungsstein genau zweimal ziehen, und die Möglichkeit, dass ein Originalstein ersetzt wird (Pronkin-Thema) scheidet aus — also viermal Ceriani-Frolkin.

Nun wollen wir die schwarzen Züge zählen: Wir sehen 4+2+3+2+4+12=27 — ein schwarzer Zug ist noch frei! Stimmt das? Mit drei schwarzen Turmzügen kommen wir aus, wenn Tb6 von h8 und Ta5 von a8 kommt — aber das kann nicht sein, denn dann hätte Ta5 dem [Ba2] auf seinem schlagfreien Marsch zur Umwandlung im Weg gestanden. Also kommt Ta5 von h8, denn Tb6 kommt von a8! Und damit sind alle schwarzen Züge erklärt. Und damit wissen wir auch, dass [Bf7] alle vier Schläge durchgeführt hat, denn die Alternative benötigt einen Bauernzug mehr, den wir nicht mehr zur Verfügung haben.

Und nun können wir schon eine Menge über „partielle Zugfolgen“ und deren Reihenfolge sagen: Früh Ba3xBb2 und Ta8-a6-b6, dann a8=D und Da2 (denn die Dame muss sofort auf die Diagonale a2-f7 kommen), erst dann Ta5 und e5 und (Sa6)-c5-a4, erst dann c5, (Ld6)-c7, erst dann (Df6)-d6.

Das hilft doch schon sehr weiter, dass ihr euch nun selbst an der konkreten Lösung versuchen könnt. Und aus den vorangehenden Überlegungen könnt ihr selbst die Eröffnung schon fast ableiten!

Der Schlag von vier Umwandlungssteinen durch einen einzigen Bauern ist laut Michel in einer orthodoxen Beweispartie neu: ein sicher schwer zu realisierender Task, der schon einer bemerkenswerten Konstruktionsstärke bedarf. Die hat Silvio ja gerade bei komplexen Umwandlungsthemen zweifellos, wie er schon oft unter Beweis gestellt hat.

Und diese Aufgabe ist ein weitere Beweis dafür — sicher ein Stück für die Anthologien, sicher etwas fürs FIDE-Album!