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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 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 28/2015

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Wenn ein Löser kommentiert, die Lösung sei uninteressant, muss man als Preisrichter schon gute Gründe haben, dem Stück trotzdem den einzigen Preis in einem wahrlich nicht schwach besetzten Turnier zuzuerkennen — vor allen Dingen, wenn man dem Kommentar zumindest teilweise zustimmen muss.

Aber um es schon vorwegzunehmen: Dieser „Vorwurf“ kann sich höchstens an das schwarze Spiel richten.

Andrej Frolkin & Joaquim Crusats
StrateGems 2013, Preis
#1 vor 8 Zügen, VRZ Proca (10+15)

 

Im Verteidigungsrückzüger (VRZ) nehmen Weiß und Schwarz abwechselnd Züge zurück, dabei ist es Ziel von Weiß, eine Stellung zu erreichen, in der er die Vorwärts-Forderung (meist und so auch hier: #1) umsetzen kann, Schwarz versucht dies durch seine (natürlich legalen) Rücknahmen zu verhindern. Beim Typ Proca entscheidet die zurücknehmende Partei, ob und welchen Stein sie entschlägt.

Betrachten wir zunächst die Schlagbilanz: Bei Schwarz fehlt nur ein Stein, der auf der e-Linie geschlagen worden ist. Drei Schläge weißer Steine durch schwarze Bauern sind offensichtlich (axb, bxc, f7xe6), und mindestens zwei weitere Schläge sind erforderlich für die Umwandlung der beiden fehlenden schwarzen Bauern [Bg7] und [Bh7] für Th1 und Lg1.

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Retro der Woche 23/2015

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Das Treffen der französischen Problemfreunde am Pfingstwochenende kann in diesem Jahr auf eine 35-jährige Tradition zurückschauen; erstmals wurde es 1980 von Jean Zeller in Mulhouse im Elsass organisiert.

Dort finden stets verschiedene Kompositionsturniere auch für Retros statt, die Preisträger-Riege des 2008er Treffens möchte ich euch heute vorstellen.

Nicolas Dupont & Éric Pichouron
Messigny 2008, 3. Preis
Beweispartie in 17 Zügen (15+14)

 

Bei Weiß fehlt offensichtlich der [Bf2], bei Schwarz [Be7] und [Bb7]. Der Doppelbauer auf der c-Linie impliziert sofort mindestens eine Umwandlung: Entweder hat [Bb7] einen weißen Stein auf der c-Linie geschlagen, um dann auf c3 selbst geschlagen worden zu sein: Dann muss [Bf2], nachdem er [Be7] geschlagen hat, auf e8 umgewandelt haben, um den geschlagenen Stein zu ersetzen oder sich dort selbst zu opfern.

Alternativ kann ein schwarzer Stein nach c3 gezogen haben, um sich dort zu opfern — dann aber muss Schwarz umgewandelt haben, um diesen Stein zu ersetzen.

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Retro der Woche 17/2015

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Besonders gern mag ich Beweispartien mit echtem Überraschungseffekt, und ich erinnere mich noch genau, wie ich mir die heutige Aufgabe begeistert angeschaut hatte, nachdem ich im Preisbericht von Hans Gruber schon die ersten Worte gelesen hatte: „Believe it or not: …“

Schauen wir uns doch einmal an, was diesen so erfahrenen Retro-Preisrichter überrascht hat.

Nicolas Dupont
The Problemist 2009-2010, 2. Preis
Beweispartie in 24.5 Zügen (14+15)

 

Wir sehen nur zwei weiße Züge, aber auffällig ist natürlich sofort der dritte schwarze Springer. Der muss aus dem fehlenden [Bb7] oder [Bc7] entstanden sein — irgendwo zwischen a1 und e1, da bei Weiß ja nur zwei Steine, nämlich [Ba2] und [Bc2], fehlen. c1 scheidet natürlich als mögliches Umwandlungsfeld aus wegen des eingemauerten [Lc1].

Direkte Bauernschläge sind im Diagramm nicht sichtbar, die Anzahl der weißen sichtbaren Züge ist nicht wirklich hilfreich, also betrachten wir die schwarzen Züge.

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Retro der Woche 16/2015

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Am letzten Donnerstag hatte ich kurz auf das (noch vorläufiige) Ergebnis der Retroabteilung des 4. FIDE World Cup hingewiesen: Wieder einmal hat Silvio Baier ein bedeutendes Retro-Turnier gewinnen können!

Die Sieger-Aufgabe möchte ich heute vorstellen, aber dabei einmal nicht so intensiv wie sonst meist den möglichen Weg zur Lösungsfindung erläutern, sondern mehr die Lösung als solche diskutieren.

Hier also nun das ausgezeichnete Meisterwerk:

Silvio Baier
4. FIDE World Cup 2015, 1. Platz
Beweispartie in 32.5 Zügen (14+14)

 

Man erkennt recht schnell, dass die fehlenden Bauern nicht direkt geschlagen worden sein können; da das ganze Offizierskorps noch vorhanden ist, müssen sich die jeweils zwei fehlenden Bauern umgewandelt haben.

So weit, so gut — und bei dem Autor nicht sonderlich überraschend: Wie können schon einmal ein „Proof Game of the Future“ vermuten, wo also zwei doppelt gesetzte Themen dargestellt werden.

Die Inventur lässt allerdings noch einige freie Züge zu, wenn wir die sichtbaren zählen: 1+0+6+2+2+3=14 bei Weiß, 2+0+5+2+2+4=15 bei Schwarz. Dann kann man noch vermuten, dass zumindest die Springer auf b1 und b8 gezogen haben müssen, um ihre westlichen Kameraden heraus zu lassen. Bei den benachbarten Läufern ist dies nicht so klar: sie können ja auch Umwandlungssteine sein, die die Original-Läuer ersetzen. Bei den Springern ist dies wegen der hohen erforderlichen Zügezahl deutlich unwahrscheinlicher.

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Retro der Woche 14/2015

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Bereits vor einigen Wochen hatte ich hier eine Beweispartie des Australiers Peter Wong vorgestellt, in der es um Tempospiel geht. Wer nun vermutet, dies sei ein Thema, das Peter gern bearbeitet, so liegt der ziemlich richtig.

Drum heute ein weiteres Beispiel aus dieser Rubrik — mit diesem Hinweis und da das Stück nicht allzu lang ist, solltet ihr es unbedingt selbst lösen, falls ihr es noch nicht kennt.

Peter Wong
British Chess Magazine 1996, 2.-6. Platz
Beweispartie in 15,5 Zügen (15+13)

 

Das Zählen der im Diagramm sichtbaren Züge (0+0+2+0+2+2=6 bei Weiß, 1+0+0+0+4+4=9 bei Schwarz) hilft uns noch nicht viel weiter, aber schauen wir uns einmal an, welche Steine fehlen.

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Retro der Woche 12/2015

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Heute möchte ich nicht nur eine tolle Aufgabe vorstellen, sondern auch noch einen Vergleich mit einem anderen Stück anstellen, das der Autor direkt bei seinem Urdruck als Basis benannt hatte. Dennoch vergab Preisrichter Gerd Wilts für dieses — wie man deswegen zunächst meinen sollte nicht allzu originelle — Problem den ersten Preis im Informalturnier einer weltweit sehr angesehenen Retro-Rubrik.

Silvio Baier
StrateGems 2010, nach Michel Caillaud, 1. Preis
Beweispartie in 28,5 Zügen (15+11)

 

Offensichtliche Züge oder Schlagfälle durch Schwarz zu zählen ist schnell erledigt und nicht ergiebig, darum kümmern wir uns zunächst um die Züge der weißen Steine. Sofort fallen im Diagramm die drei schwarzfeldrigen weißen Läufer auf: Zwei Umwandlungen haben wir also schon erkannt.

Zählen wir nun die offensichtlichen Züge von Weiß; dabei lassen wir zunächst die schwarzfeldrigen weißen Läufer außer Betracht. Damit sehen wir 3+1+4+1+4+3=16 Züge, dies impliziert bereits den Doppelschritt des wBd4. Somit bleiben noch 13 Züge für die schwarzfeldrigen weißen Läufer.

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