Nachdem ich im letzten Retro der Woche den ersten Preis im Schwalbe-Turnier 2011 bei den Auflöse-Stücken vorgestellt hatte, möchte ich mich heute dem 1. Preis der Beweispartien zuwenden. Preisrichter Günther Weeth schrieb zu den 71(!) Beweispartien von 101 Urdrucken, die Autoren sollten sich „vielleicht noch intensiver um die Darstellung wirklich herausragender inhaltlicher und ästhetischer Elemente in ihren zukünftigen Urdrucken bemühen, wenn sie in Fachjournalen wie Die Schwalbe reüssieren wollen.“ Mit dieser kritischen Bemrkung hat er aber nicht das folgende Stück gemeint…

Diese Aufgabe hat mich schon, als Nicolas sie für Die Schwalbe einschickte, begeistert, weil hier Inhalt geboten wird, den man sich eigentlich kaum als darstellbar vorstellen konnte. Nochmals herzlichen Dank für die Widmung!

Erschreckend erscheint zunächst, dass man kaum weiße Züge erkennt, andererseits sieht man bei Schwarz drei Springer und gleich vier weißfeldrige Läufer: vier Umwandlungen also!

Und wenn wir dann die anderen schwarzen Züge zählen, die nahe liegenden Umwandlungssteine erst einmal nicht mitzählen, so haben wir 1+2+2+1+3+0=9 Züge bei Schwarz — es bleiben noch 24 Züge übrig.

Also haben alle schwarzen Umwandlungssteine nur noch genau ein Mal gezogen –und wir reiben uns die Augen: Die schwarzen Umwandlungen müssen deswegen allesamt auf d1 erfolgt sein!

Dorthin muss aber Schwarz vier Mal geschlagen haben — Bauern können nicht die Schlagopfer sein. Also muss auch Weiß „kräftig“, nämlich ebenfalls vier Mal, umgewandelt haben, was die wenigen sichtbaren weißen Züge relativiert. Wir sehen 1+0+1+1+3+0=6 Züge, damit sind 28 Züge übrig. Somit bleiben noch genau acht Züge für Umwandlungssteine übrig, und da kein Umwandlungsstein in einem einzigen Zug nach d1 gelangen konnte, ist sofort klar: Jeder Schlagfall auf d1 hat genau zwei weiße Züge (neben den Bauernmärschen) erfordert.

Das müssen nicht zwingend zwei Züge der Umwandlungsfigur sein; theoretisch ist auch nach der Rochade Tf1-d1 und f8=T-f1 möglich. Ansonsten brauchen wir Damen; theoretisch kann auch g8=L-b3-d1 und/oder — deutlich unwahrscheinlicher — e8=L-h5-d1 erfolgt sein.

Will man nun Die Lösung finden, ist sicher die Festlegung der weißen und schwarzen Umwandlungsreihenfolge am schwierigsten; ansonsten ist dieses Stück sicherlich weniger schwer, als man aufgrund der hohen Zügezahl erwarten (befürchten?) könnte — es lohnt auf alle Fälle, ein wenig Gehirnschmalz in die Lösungsfindung zu inverstieren.

Günther Weeth fasste zusammen: „Moderne FPG-Formel: (PH & PR)(DD) & PR(PH(D)D) – will heißen: Zweimal zwei Pronkin-Damen (auf d1), von denen drei als Ceriani-Frolkin-Phantome auf d1 starben. Ein Glanzlicht unter den wenigen existierenden vierfachen Pronkins. Besonderer Pluspunkt: einfarbige Realisierung!“

Tja, bei dem letzten Aspekt tue ich mich immer schwer, den quasi blind zu unterschreiben: Ja, die einfarbige Darstellung bringt natürlich eine beeindruckend große Zügezahl und allein damit schon eine unbedingt zu bewundernde Konstruktionsschwierigkeit mit sich. Andererseits kann bei einer zweifarbigen Darstellung die „andere“ Seite nicht zum Spielen technisch hilfreicher Züge verdonnert werden: Schließlich müssen beide Seiten thematisch spielen! Auch das finde ich sehr reizvoll.

Was meint ihr dazu?