Schlagwort-Archive: Anti-Rochade

Retro der Woche 41/2024

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Am gestrigen Samstag hat auf der Mitgliederversammlung der Schwalbe, deutsche Vereinigung für Problemschach e.V. deren bisheriger Vorsitzende Bernd Gräfrath nach zehn Jahren im Amt nicht erneut kandidiert.

Ich hoffe, dass er nach einer verdienten Ruhe- und Erholungspause in Zukunft wieder vermehrt speziell Beweispartien komponiert, da ich seine Aufgaben sehr mag – besonders seine Märchen-Beweispartien, die häufig bei eingängigen Bedingungen einen „Kampf gegen die Forderung“ zeigen: Manchmal werden Märchenbedingungen genutzt, um Aufgaben korrekt zu bekommen – Bernd nutzt sie hingegen, um eben die naheliegenden Möglichkeiten der Bedingungen außen vor zu lassen, im Gegenteil die Schwierigkeiten zu betonen, die sich durch Zugeinschränkungen oder andere “Störungen des Betriebsablaufs” aufgrund der Bedingung ergeben können.

So auch in unserem heutigen Beispiel: Beim Längstzüger muss Schwarz den geometrisch längsten legalen Zug ausführen; bei mehreren gleichlangen hat er freie Auswahl. Die Länge eines Zuges wird von Feldmittelpunkt zu Feldmittelpunkt gemessen – und das zeigt zum Beispiel „nach Pythagoras“, dass a1-f6 länger ist als a1-a7. Bei der Rochade werden die Längen beider Teilzüge addiert.

Bernd Gräfrath
König & Turm 2011, 4. Preis
Beweispartie in 13 Zügen, Längstzüger (16+10)

 

„Thematisches Lösen“ kann auch die ursprüngliche Veröffentlichungsquelle berücksichtigen, und der Titel der Zeitschrift, die Hanspeter Suwe lange Zeit als „Einzelkämpfer“ herausgegeben hat, sagt schon eine Menge über deren thematischen Schwerpunkt aus: Die Rochade. Und auch der Blick aufs Diagramm zeigt die „Lange-Rochade-Stellung“ bei Weiß, und Schwarz steht spungbereit – dazu müsste Weiß nur die Überdeckungen von d8 und c8 beseitigen?

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Retro der Woche 30/2024

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Am kommenden Samstag beginnt im lettischen Jūrmala der 66. Weltkongress der Schachkomposition (WCCC) zusammen mit der 47. Löseweltmeisterschaft (WCSC) – allen Teilnehmern wünsche ich zunächst eine gute Anreise, dann eine schöne und erfolgreiche Zeit an der Ostsee!

Verschiedene Retro-Kompositionsturniere sind ja traditionell bereits angekündigt: Murfatlar, Champagne-Turnier, und da möchte ich uns alle mit einem erneuten Blick in den Preisbericht des letztjährigen Champagne-Turniers, bei dem es um die Rochade ging, „auf Jūrmala“ einstimmen.

Andrej Frolkin
Champagne-Turnier 2023, Abt. B., 4. ehrende Erwähnung
Minimale Zügezahl für wTh1? (14+12)

 

Schauen wir uns zunächst einmal die Diagrammstellung etwas genauer an: Zunächst einmal fällt auf, dass der schwarze König im Schach steht (damit ist klar, wer die Rücknahme beginnen muss) und dass beide Seiten über einen schwarzfeldrigen Umwandlungsläufer verfügen.

Auf beiden Seiten sehen wir einen Bauernschlag: h5xXg6 und d7xYe6. Für Schwarz bleibt noch ein Bauernschlag übrig – und der muss h2xZg1=L (oder h3xg2) gewesen sein, da nur [Bh7] umwandeln konnte und dabei die Felderfarbe wechseln musste.

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Retro der Woche 39/2023

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Bis zu seinem Tod hatte Milan Velimirović (21.4.1952–25.2.2013) die Problemzeitschrift MatPlus herausgegeben — eine der bedeutendsten und besten Zeitschriften um den Jahrtausendwechsel. Seit 2007 führte dort Hans Gruber eine Retroabteilung, die sich dem hohen Niveau dort natürlich anpasste: nicht nur mit einem hervorragenden Urdruckteil, sondern auch mit bedeutenden Artikeln.

Den ersten Preis des ersten Retro-Jahrgangs möchte ich euch heute zeigen — den ersten Preis des Folgejahres hatte ich in der letzten Woche schon vorgeführt.

Michel Caillaud
MatPlus 2007, 1. Preis
Beweispartie in 18,5 Zügen (14+15)

 

Das schaut schon überraschend aus, dass Weiß offenbar 18 Züge lang Zeit zu vertrödeln hat, denn er muss ja (neben e4 zu ziehen) nur seinen beiden fehlenden Steine [Dd1] und [Bc2] loswerden — die Dame wurde offenbar auf e6 geschlagen, da [Bc2] dort gar nicht hingelangen konnte, da bei Schwarz nur ein Stein fehlt: [Bg7].

Schwarz benötigte alle 18 Züge, um seine Position im Diagramm einzunehmen: Wir sehen 1+2+6+2+4+1=16 schwarze Züge im Diagramm, aber offenbar war auch Lc8-d7-c8 erforderlich, um [Ta8] vor die Tür zu lassen. Also wurde [Bg7] zuhause geschlagen — und das kann doch die Dame bequem auf ihrem Opfergang nach e6 erledigt haben? Nein, denn sie muss bereits im dritten Zug geschlagen werden, damit Schwarz nicht wegen der im Zentrum so verschlossenen Stellung in Zugnot gerät.

Na gut, dann halt z.B. [Sg1] in acht Zügen mit seiner Rückkehr nach Hause — das sollte doch kein Problem sein?

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Retro der Woche 12/2023

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Vor ein paar Tagen hat mich eine Mail, die ich bekommen habe, an einen alten Aufsatz von mir erinnert, den ich im Jahr 1996 in feenschach veröffentlicht hatte. Eine der Aufgaben daraus, aus dem „frühen Mittelalter der Beweispartien“ von vor 32 Jahren, möchte ich euch heute zeigen.

Michel Caillaud
Phénix 1991, 5. ehrende Erwähnung
Beweispartie in 17,5 Zügen (14+13)

 

Schon auf den ersten Blick erkennt man, dass uns das Zählen der im Diagramm sichtbaren Züge kaum weiter bringt. Selbst die sichtbaren Doppelbauern scheinen nicht viel hilfreiche Information abzugeben — auch, weil nur jeweils ein Schlag sichtbar ist, die anderen verborgen sind.

Aber bei etwas genauerem Hinschauen fällt dann doch etwas auf:

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Retro der Woche 52/2019

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Im Retro der Woche 36/2019 hatte ich vom Murfatlar-Turniers anlässlich des diesjährigen WCCC in Vilnius berichtet: Dort waren Beweispartien mit der Bedingung „Duellantenschach“ gefordert. Ich hatte dort den ersten Preis hier vorgestellt, doch der wurde leider anschließend gekocht.

Nun möchte ich auf den zweiten Preis des modifizierten Preisberichts (dessen URL hat sich übrigens seit dem Retro der Woche 36/2019 geändert!) eingehen, der mir sehr interessant erscheint, weil er nämlich eine sehr typische Duellantenschach-Strategie thematisiert.

Michel Caillaud
Murfatlar Turnier 2019, 2. Preis
Beweispartie in 23 Zügen, Duellantenschach (15+14)

 

Noch einmal die Definition der Bedingung, entnommen dem Schwalbe-Lexikon: „Der einmal gewählte Stein des Startzuges einer Partei muss auch alle folgenden Züge seiner Partei bestreiten. Ist dies nicht mehr möglich, bringt ein neuer Startzug einen neuen Duellanten ins Spiel. Die Schachwirkung aller Steine bleibt normal erhalten.“ Alle Züge sind also auch unter den orthodoxen Schachregeln legal.

Während es in der Anfang September vorgestellten Aufgabe einige Schlagfälle gab, die, wenn der gerade aktive Duellant geschlagen wird, natürlich für eine ziemlich banale Art der Ablösung sorgen, geht es heute deutlich „strategischer“ zu.

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Retro der Woche 31/2015

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„Das kann doch nicht so schwer sein!“ werden sich manche Schwalbe-Löser im Jahre 2004 gedacht haben, als sie die vorliegende Aufgabe sahen. Allerdings hat sich das aus trügerisch herausgestellt, wie einige Löserkommentare zeigten: „An dieser Aufgabe hatte ich — trotz der geringen Zügezahl — am meisten zu beißen.“ oder „Ging dicht an die Grenzen meiner Lösungs-Leistungsfähigkeit und beweist, dass die Schwierigkeit nicht immer proportional mit der Zügezahl zunehmen muss.“ schrieben zwei erfahrene Löser.

Woran liegt die Schwierigkeit?

Klaus Kiesow
Die Schwalbe 2004, Lob
Beweispartie in 11 Zügen (15+12)

 

Sofort fällt auf, dass der bei Weiß einzig fehlende [Bf2] auf h6 gestorben ist. Zwei prinzipiell unterschiedliche Wege führen potenziell zu seinem Tod: direkt (via f4xg5xh6) oder indirekt, indem er sich umgewandelt hat und dann nach h6 gezogen hat. Die dritte Möglichkeit, dass ein weißer Original-Offizier auf h6 geschlagen wurde und der Umwandlungsstein diesen ersetzt, können wir aufgrund der Zügezahl schnell ausschließen.

Betrachten wir zunächst die erste Alternative: Bei Schwarz fehlen die beiden Springer, der [Bc7] sowie der [Lc8], der zu Hause geschlagen werden musste. Lassen sich die beiden schwarzen Springer auf g5 und h6 schlagen, benötigen sie zusammen fünf Züge, darüber hinaus sind noch fünf schwarze Züge im Diagramm sichtbar.

Weiß hat acht Züge Zeit, die beiden schwarzen Steine der c-Linie abzuholen. In vier Zügen kann Sb1 auf c8 sein — das klappt also, wenn er zwischendurch noch den [Bc7] „mitnimmt“. Der aber hat nur einen Zug übrig, müsste also auf c7, c6 oder c5 geschlagen werden. Das allerdings kann bei der Zügezahlbegrenzung bei Weiß nicht klappen, das funktioniere nur, wenn [Bc7] bis c4 ziehen könnte!

Also muss [Bf2] umgewandelt haben — und damit beginnt die Schwierigkeit.

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Retro der Woche 24/2014

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In meinem kurzen Andernach-Bericht hatte ich auch die beiden neuen feenschach-Hefte erwähnt sowie den Artikel von Nicolas Dupont. Darin schreibt er über 57 Task-Darstellungen, die er sich wünscht, die aber noch nicht realisiert sind und zeigt dabei 62 Beweispartien, die „knapp dran“ sind.

Eines dieser Stücke, schon ein älteres, möchte ich euch heute zeigen.

Andrej Frolkin
Die Schwalbe 1990
Beweispartie in 19 Zügen (14+15)

 

Wenn man sich anschaut, wie und wo die Umwandlungstürme entstanden sind, ist die Lösung sicherlich gar nicht mehr so schwer.

Zunächst einmal stellen wir fest, dass die beiden c-Bauern die einzigen Bauern sind, die im Diagramm fehlen; sie also müssen umgewandelt haben. Das können sie wegen der eingemauerten Damenläufern aber nicht auf ihrer Reihe. Wo sonst?

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Frühstückspausen-Lösung

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Hier nun rasch die Lösung der kleinen Beweispartie vom letzten Dienstag:

1.g4 Sc6 2.Lg2 Se5 3.Lc6 dxc6 4.g5 Dxd2+ 5.Sxd2 Ld7 6.g6 OOO 7.gxf7 Le8 8.fxe8=T Kd7 9.Txf8 Ta8 10.Te8 Kxe8.

Viel Thematik, wie ich finde: Bei Schwarz eine Anti-Rochade, also Rücknahme der Rochade in die Ausgangsstellung des Königs und des Turms, um Weiß eine Donati-Umwandlung (der umgewandelte Stein kehrt auf sein Umwandlungsfeld zurück) zu ermöglichen, wobei der Umwandlungsstein just dort geschlagen wird: Das geht natürlich nur mit einem Offizier, also gleichzeitig Prentos-Thema. All das ist nur notwendig, um den sLf8 verschwinden zu lassen.

Klasse und elegant!