Schlagwort-Archive: Ceriani-Frolkin

Retro der Woche 46/2015

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Heute möchte ich mit euch zurück in die „Jungsteinzeit“ der Beweispartien — in eine Zeit, als sich die Beweispartien als eigenständige Retro-Form etablierten, als man nämlich entdeckte, welche Reize in deren Eindeutigkeit stecken konnten.

Schauen wir uns die heutige Aufgabe also einmal genauer an.

Nikita Plaksin & Michel Caillaud
feenschach 1982, 1. ehrende Erwähnung
Beweispartie in 25,5 Zügen (12+13)

 

Betrachtet man die Stellung ein wenig genauer, merkt man sofort, dass sTa2 ein Umwandlungsstein ist, denn über die erste Reihe konnte er wegen [Lc1] niemals nach a2 gelangt sein. Wegen des schwarzen Doppelbauern auf der a-Linie muss sich also [Bd7] auf a1 umgewandelt und dazu auf a2 [Ta1] geschlagen haben — und damit sind auch alle schwarzen Schlagfälle erklärt.

Bei Weiß fehlen neben [Ta1] noch [Bf2], [Bg2] und [Bh2], die allesamt nicht direkt geschlagen worden sein können; sie müssen sich also alle drei umgewandelt haben. Neben exXd3 stehen Weiß noch zwei Schläge zur Verfügung, und damit ist klar, dass sich die drei Bauern alle auf g8 umgewandelt haben.

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Retro der Woche 43/2015

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Das Ceriani-Frolkin-Thema, also der Schlag einer Umwandlungsfigur, ist zur Zeit eines der beliebtesten Themen in Beweispartien. Aber schon der erste Name in der Themenbezeichnung lässt vermuten, dass dies ursprünglich ein Thema der „klassischen Retroanalyse“ ist.

Und richtig, schon Luigi Ceriani hat sich in den fünfziger und sechziger Jahren des vorigen Jahrhunderts intensiv mit Doppelsetzungen von geschlagenen Umwandlungssteinen beschäftigt — meist einer Farbe.

Um das Ende des letzten Jahrtausends herum hat sich Alexander Kisljak intensiv mit gemischtfarbigen Ceriani-Frolkin-Umwandlungen beschäftigt und in einem Aufsatz in Die Schwalbe 199, Februar 2003, S. 22-24, eine Übersicht über sämtliche Kombinationsmöglichkeiten (wenn man dabei nicht nach Farben unterscheidet, was ich aber bei Auflöse-Aufgaben für nicht so sinnvoll hielte) gegeben; ein Stück aus dieser Serie, das mit besonders gut gefällt, möchte ich daraus vorstellen.

Alexander Kisljak
Phénix 2000
Letzte 32 Einzelzüge? (14+12)

Beginnen wir wie üblich mit der Inventur der Stellung: Bei Schwarz fehlen vier Steine; drei davon wurden durch weiße Bauern geschlagen (g:f3, d:e und c:d), darüber hinaus kann das Schachgebot gegen den schwarzen König nur durch einen Schlag im letzten Zug erklärt werden, und damit sind alle fehlenden schwarzen Steine erklärt.

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Retro der Woche 42/2015

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„Proof Games of the Future“, also Beweispartien, in denen mindestens zwei Themen mindestens doppelt gesetzt sind, sind in den letzten Jahren der große Renner, solche Aufgaben landen sehr oft auf den führenden Rängen der Preisberichte renommierter Retrospalten.

Aber vielleicht gerade deshalb freue ich mich über Abwechslung, über hervorragende Beweispartien, die nicht in dieses Grundschema fallen, die aber trotzdem exquisiten Inhalt zeigen.

Ein solches Stück ist die Aufgabe, die ich heute ausgesucht habe.

Eric Pichouron
StrateGems 2011, 2. ehrende Erwähnung
Beweispartie in 20,0 Zügen (13+12)

 

Bei Schwarz sind wir sehr schnell mit dem Zählen der sichtbaren Züge fertig; bei Weiß lohnt sich die Mühe eher.

Dort kommen wir auf 4+0+4+2+4+7=21 — doch das kann nicht sein, da die Stellung in 20 Zügen erspielt werden muss.

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Retro der Woche 40/2015

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Im gerade erschienenen Oktober-Heft von StrateGems finden sich die Preisberichte für Beweispartien und (übrige) Retros für das Jahr 2014; Richter war Bernd Gräfrath.

Während sich seine Zufriedenheit mit den restlichen Retros sehr in Grenzen hielt (von den 14 Aufgaben des Jahrgangs zeichnete er nur ein Anticirce-Proca von Weeth/Wenda aus), war er von der Qualität der Beweispartien sehr angetan, dort hat er 10 von 24 teilnehmenden Aufgaben ausgezeichnet.

Der erste Preis ging an folgende ukrainisch-französische Gemeinschaftsproduktion: Bei den Autorennahmen kann man natürlich eine Menge erwarten, und es lohnt sich auf alle Fälle, das Stück genau zu analysieren.

Andrej Frolkin & Nicolas Dupont
StrateGems 2014, 1. Preis
Beweispartie in 28,5 Zügen (13+13)

 

Die übliche Züge-Zählerei scheint uns nicht allzu sehr weiter zu bringen. Bei Weiß ergeben sich, wenn man von kurzer Rochade ausgeht, 1+1+4+2+3+4=15 Züge, bei Schwarz 2+2+2+3+3+2=14 Züge — dabei haben wir schon berücksichtigt, dass [Sb8] gezogen haben muss, um [Ta8] heraus zu lassen.

Schauen wir uns also noch an, welche Steine fehlen.

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Retro der Woche 32/2015

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Am Freitag habe ich erfahren, dass nun das FIDE-Album 2007-2009 endgültig erschienen ist; mir selbst liegt es allerdings noch nicht vor.

Daher weiß ich auch nicht, ob die Aufgabe, die ich für heute ausgesucht habe, dort enthalten ist — es würde mich aber wundern, wenn nicht!

Nicolas Dupont
Die Schwalbe 2009, 4. Preis
Beweispartie in 27 Zügen (15+11)

 

Bei Schwarz fehlen in seiner Homebase-Stellung genau fünf Bauern, von denen wegen er weißen Bauernstruktur nur der [Bg7] auf seiner Linie geschlagen worden sein kann. Die weißen Schläge sind offensichtlich axb, cxb, exf, gxf und hxg. Damit mussten sich außer dem [Bg7] alle anderen vier fehlenden schwarzen Bauern umwandeln, um entweder als Umwandlungssteine zu sterben oder geschlagene Originalsteine im Diagramm zu ersetzen.

Mit diesen Schlag-Überlegungen wissen wir auch bereits, dass nur [Bd2] bei Weiß fehlt.

Betrachten wir nun die sichtbaren Züge:

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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 29/2015

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Beweispartien mit „Homebase“ Diagrammstellungen, wo also zumindest eine Seite all ihre Steine in der Partieanfangsstellung stehen hat, wirken auf mich immer besonders attraktiv, denn eigentlich müsste diese Partei ja gar nicht ziehen!

Aber davor kann sie sich ja nicht drücken — und häufig ist es auch erforderlich zu ziehen, nämlich um etwa einige eigene Steine aktiv loswerden zu können. So auch bei dem Stück, das ich heute ausgewählt habe.

Michael Barth
Die Schwalbe 2012, 3. ehrende Erwähnung
Beweispartie in 19 Zügen (12+15)

 

Bei Weiß fehlen vier Bauer, alle anderen weißen Steine stehen auf passenden Feldern der Partieausgangsstellung — das muss ich so vorsichtig formulieren, denn theoretisch könnten ja auch die Springer oder gar die Türme ihre Plätze getauscht haben.

Bei Schwarz fehlt nur ein Bauer, und es sind keine Doppelbauern vorhanden, die etwas über das Verschwinden der fehlenden weißen Bauern verraten könnten.

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Retro der Woche 26/2015

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In den letzten Jahren hatten einige Problemschachzeitschriften erfrelicherweise Retro-Informalturniere begonnen, so auch Orbit. Weniger erfreulich ist, dass diese Zeitschrift 2013 ihr Erscheinen einstellen musste.

Im Informalturnier 2008 zeichnete Preisrichter Hans Gruber dieses Stück mit einem Preis aus:

Nicolas Dupont
Orbit 2008, Preis
Beweispartie in 21,5 Zügen (14+14)

 

Beiden Seiten fehlen jeweils zwei Bauern, aber keine Doppelbauern verraten uns mögliche Schläge von Bauern. Also müssen wir versuchen, auf andere Weise der Lösung näher zu kommen. Versuchen wir es wie üblich mit dem Zählen der Züge.

Hierbei sind die weißen Züge zunächst einmal nicht so aussagekräftig: Wir erkennen im Diagramm nur 1+0+0+6+0+2=9 — es bleiben also 13 freie weiße Züge.

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