In der letzten Woche hatte ich hier einen Verteidigungsrückzüger aus dem Preisbericht von Phénix 2015-2016 gezeigt, heute will ich die bestplatzierte Beweispartie in diesem sehr stark besetzten Turnier vorstellen.

Bei Aufgaben des argentinischen Duos kann man immer davon ausgehen, dass man guten Inhalt technisch perfekt dargestellt zu sehen bekommt. Und so viel darf ich schon verraten: So ist es auch hier!

Mit dem üblichen Zählen der im Diagramm sichtbaren schwarzen Züge sind wir sehr schnell fertig: 0+0+0+1+0+3=4. Irgendwelche zusätzlichen Züge wegen eventueller Umwandlungen durch Schwarz können wir auch hier natürlich ausschließen, da noch alle acht schwarzen Bauern an Bord sind.

Bei Weiß kommen wir ein kleines Stück weiter: 4+2+3+0+2+2=13, aber auch bei Weiß bleiben noch sechs Züge frei.

Vielleicht hilft es weiter, wenn wir uns anschauen, welche Steine im Diagramm fehlen? Bei Weiß sind das die beiden Läufer sowie [Bh2], bei Schwarz sind das [Lf8] und ein schwarzer Turm, vermutlich [Ta8].

Ferner sehen wir schnell, dass [Lf8] zu Hause geschlagen worden ist: Das erfordert zumindest einen zusätzlichen weißen Zug, wenn nämlich Txf8 erfolgte, oder sechs Züge, wenn Sxf8 erfolgte. Außerdem musste der fehlende schwarze Turm auf c3 verschwinden. Dafür aber musste er natürlich den Norden verlassen können. Dafür gibt es prinzipiell nur zwei Möglichkeiten: via f8-f6 – oder direkt über die b- oder c-Linie.

Betrachten wir zunächst die erste Möglichkeit: Dabei braucht Schwarz 13 Züge, um [Ta8] nach c3 zu bekommen und im Nordwesten wieder „aufzuräumen“: Sa6-b8, Dc7-d8, 0-0-0, Td8-f8-f6-g6-g4-c4-c4, Kd8-e8. Die Frage ist dann nur, wie dann noch die fehlenden weißen Steine geschlagen werden konnten – speziell [Lc1] konnte sich ja vor bxc3 nicht bewegen? Und auch [Bh2] muss verschwinden, damit [Th1] herauskommt. Das klappt also nicht –- also musste [Ta8] nach bxc6 über b8 nach c3 gelangen. Nach dem Schlag dort kann sich dann [Lc1] auf b6 schlagen lassen, und damit haben wir schon die „Betrügerbauern“ auf b6 und c6 erkannt.

Damit opfern sich dann [Lf1] und [Lc1] in zwei bzw. drei Zügen; und damit ist klar, dass Txf8 erfolgte -– und dass [Bh2] zu Hause geschlagen werden musste.

Wie aber konnte Schwarz seinen König verstecken, wenn Txf8 erfolgen musste? Dazu muss [sKe8] nach d8 ausweichen und dann auf e8 Schachschutz durch [Sb8] erhalten. Der musste ja wegen bxc6/Tb8 sowieso nach a6 ziehen, von dort kommt er dann via c7 nach e8. Auch [Dd8] muss Platz machen, dafür kommen erst einmal alle Felder der 8. Reihe in Frage (nicht c7 wegen der Kollision mit dem Springer). Aber „nebenbei“ muss Schwarz ja noch [Bh2] schlagen –- das klappt mit dem Zwischenstop der Dame auf b8.

Damit haben wir schon beinahe die Lösung:

1.e3 Sa6 2.Lb5 Tb8 3.Lc6 bxc6 4.Sc3 Tb3 5.Sd5 Tc3 6.bxc3 Lb7 7.La3 Db8 8.Lc5 Kd8 9.Lb6 cxb6 10.Dg4 Dxh2 11.De6 Db8 12.Th6 f5 13.Tf6 Sc7 14.Txf8+ Se8 15.Tf7 Sc7 16.Ke2 Ke8 17.Kf3 Dd8 18.Kg3 Sa6 19.Kh2 Sb8.

Ist euch dabei etwas aufgefallen? Nach dem 14. schwarzen Zug, wo also der Springer Schachschutz gibt, stehen [Sb8], [Dd8] und [Ke8] auf e8, b8 und d8 –- sie haben also zyklisch die Plätze getauscht. Und dann geht es wieder zurück, sodass am Ende alle drei wieder auf ihren Partieausgangsfeldern stehen.

Damit haben wir also einen zyklischen dreifachen Lois (Platzwechsel „hin und zurück“) –- und das auf den Partieausgangsfeldern. Das dürfte die Erstdarstellung sein! Nicht allein das beeindruckt mich sehr, sondern auch die Kürze der Lösung, ihre Zugökonomie.