Bleiben wir heute noch einmal bei den Aufgaben von Satoshi Hashimoto, den ich ja vor zwei Wochen bereits noch einmal vorgestellt hatte. Auch das heutige Stück finde ich wieder höchst interessant – auch weil es mal wieder mit unseren Erwartungen, unserer Intuition spielt.

Schauen wir zuerst einmal, welche Steine fehlen? Bei Weiß steht nur noch ein Springer auf dem Feld, bei Schwarz nur noch ein Turm, ferner fehlt ihm ein Bauer. Die fehlenden schwarzen Steine wurden eindeutig geschlagen dxTc3 und gxBf3, denn der fehlende schwarze Bauer konnte nicht auf die c-Linie gelangen. Also muss „irgendwo“ auch exf geschehen sein, und das Schlagopfer kennen wir auch: Das muss der Springer gewesen sein.

Der kann auf einem der Felder f3 bis f6 geschlagen worden sein, am „zugökonomischten“ wäre auf f3, da Weiß dann nur zwei Züge dafür benötigt – falls zu dem Zeitpunkt d2 schon frei ist. Ansonsten würde sich f4 anbieten mit drei erforderlichen weißen Zügen, die ebenfalls eindeutig wären: Sc3-d5-f4.

Nun zählen wir wie üblich die im Diagramm sichtbaren Züge, das sind bei Weiß 1+1+2+0+2=6, bei Schwarz 3+2+3+4+2+3=17 – immerhin… Wir wissen aber, dass wir jeweils mindestens drei Züge für die Zurechtstellung der fehlenden schwarzen Steine zum Schlag benötigen –- und dafür stehen auch nur diese drei jeweils zur Verfügung; damit kommen wir dann auf 23 schwarze Züge.

Auch wenn wir bei Weiß noch für den fehlenden Springer zwei oder drei Züge aufrechnen müssen, bleiben mindestens 15(!) weiße Züge frei – wie können wir da verhindern, dass Weiß beliebig herumpendelt und die Aufgabe hoffnungslos nebenlösig wird?

Versuchen wir uns dafür einmal eine Gegenstrategie“ zu überlegen: Wenn es uns gelingt, den Käfig auf dem Königsflügel einschließlich des Schlages auf f3 und des Läufers auf h2 zügig aufzubauen und gleichzeitig das Loch d2 erst sehr spät zu öffnen, dann ist der störende [Sb1] schnell verschwunden, und zum Pendeln bleiben nur noch [Lf1], [Ke1] und [Ta1].

Nun haben wir „mechanisch“ den Pendel-Wildwuchs schon beschränkt – wie kann man das „logisch“ noch mehr? Und da kommt euch sicher beim Blick aufs Diagramm und die potenziellen Pendler die richtige Idee, wollt die nun in der Lösung realisieren?

Haargenau richtig: Wenn „später“ [Ke1] und [Ta1] noch rochieren müssen, dürfen sie scih „früher“ nicht bewegen, müssen stillhalten, dem armen Läufer die ganze Arbeit überlassen.

Und damit ist sicher auch klar, wie der Autor diese Aufgabe gebaut hat? Zuerst galt es einen Weg zu finden, mithilfe des [Sb1] den Südostkäfig zu basteln, dann eine schwarze „Serienzug-Folge“ zu finden, die erst möglichst spät dxXc3 zulässt, was den Korken aus der weißen Stellung lässt. Und dann gilt es „nur noch“, die schwarze Zugfolge weiter eindeutig fortsetzen zu können, damit Weiß endlich rochiert, was für die Korrektheit der Aufgabe zwingend erforderlich ist.

Also ist bereits aus diesen Überlegungen heraus auch ohne Computer klar, dass die Aufgabe als Beweispartie in 23 Zügen hoffnungslos kaputt wäre: Da müssten [Ke1] und [Ta1] ja nicht die ganz Zeit die Füße still halten, sondern könnten beliebig nebenlösend mitpendeln.