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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 37/2015

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Mitte März hatte ich das heutige Problem im Blog schon vorgestellt — allerdings noch ohne Lösung, da die Aufgabe noch im Lösewettbewerb von Probleemblad stand. Nun ist die Lösung erschienen, und ich möchte euch diese Aufgabe noch einmal ans Herz legen.

In der Anmoderation hatte Spaltenleiter Roberto Osorio von “surely hard to solve, with an extremely hidden maneuver” geschrieben, und das wollen wir uns nun einmal anschauen.

Satoshi Hashimoto
Probleemblad 2015
Beweispartie in 22,0 Zügen(10+14)

 

Seine Kommentar zu diesem Blog-Eintrag letete allerdings Silvio Baier so ein: „Satoshi komponiert relativ wenig, aber immer hochwertig und mit hochinteressanten Ideen. Allzu schwer fand ich es aber nicht zu lösen.“ Wer hat bezüglich der Schwierigkeit Recht, Silvio oder Roberto? Vielleicht versucht ihr es für euch selbst herauszufinden.

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Retro der Woche 36/2015

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Heute möchte ich euch eine Alice-Schach Beweispartie aus René J. Millours neuem Buch „Subtleties on 64 Squares“ vorstellen.

Kennt ihr Alice-Schach? Wenn nicht, hier die Definition aus dem immer wieder empfehlenswerten Schwalbe-Lexikon:

„Es wird auf zwei 8×8-Brettern gespielt: Bretter A und B. Nach jedem Zug (wahlweise auf einem der beiden Bretter) wird der gezogene Stein als unmittelbare Zugfolge auf das analoge leere Feld des anderen Brettes versetzt. Ist das zugehörige Feld nicht leer, wäre der entsprechende Zug illegal. Ein Schlagfall ist also nur auf demjenigen Brett möglich, auf dem der Zug auch startete. Geschlagene Steine verschwinden vom Brett. Der König darf durch einen Zug seiner Partei weder vor dem Brettwechsel des Zugsteines noch danach einem Schachgebot auf seinem Brett im herkömmlichen Sinne ausgesetzt sein. In der Partieanfangsstellung stehen alle 32 Steine auf Brett A.“

Es hat sich eingebürgert, die Alice-Stellungen auf nur einem Brett darzustellen und dabei die Klötze, die auf Brett B stehen, auf den Kopf zu stellen: Laut Definition kann ja nie das gleiche Feld auf Brett A und Brett B besetzt sein.

Interessante Möglichkeiten gibt es mit Alice-Schach: Zum Warmwerden versucht doch einmal, einen weißen und einen schwarzen Bauern auf der gleichen Linie schlagfrei aneinander vorbei zu bringen.

René J. Millour
StrateGems 2007, 3. Preis
Beweispartie in 21,0 Zügen, Alice-Schach A(8+11) B(6+3)

 

Auch wenn das im ersten Moment kompliziert ausschaut, so kann man gerade bei Alice-Schach sehr gut Züge zählen: Man sieht sofort, ob ein Stein eine gerade (aufrecht stehend) oder ungerade (auf dem Kopf stehend) Anzahl von Zügen gemacht hat. Übrigens verschwinden bei der Rochade König UND Turm auf Brett B.

Beim Züge-Zählen habe ich mich an René’s Beschreibung im Buch orientiert.

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Retro der Woche 24/2015

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Heute will ich mit euch einmal keinen Blick in die Geschichte der Retroanalyse werfen, sondern eine Beweispartie vom Ende letzten Jahres vorstellen, die zu lösen mir viel Freude bereitet hatte.

Unto Heinonen
Probleemblad 2014
Beweispartie in 26,5 Zügen (11+15)

 

Ziemlich vogelwild erscheint im ersten Moment die Diagrammstellung, und die Anzahl der direkt sichtbaren weißen Züge (0+1+0+1+0+2=4) bringt uns der Lösung auch noch nicht viel näher.

Wie schaut es bei Schwarz aus? Dort zählen wir 3+1+3+4+5+4=20 — das ist schon deutlich mehr!

Nun betrachten wir die fehlenden Steine: bei Weiß sind es gleich vier Bauern und ein Springer, bei Schwarz nur der a-Bauer.

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Retro der Woche 20/2015

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Vor ein paar Tagen habe ich mir die Original-Retros in einigen der letzten StrateGems Ausgaben angeschaut, und eines dieser Stücke möchte ich heute vorstellen, weil es mich ziemlich beeindruckt hat — und trotzdem ist für mich noch ein Wunsch bezüglich der Lösung offen…

Unto Heinonen
StrateGems 2014
Beweispartie in 21,5 Zügen (13+15)

 

Beginnen wir wie üblich mit der Schlagbilanz und der Inventur: Bei Schwarz snd zwei Bauernschläge sichtbar (axb und b7xc6), bei Weiß keiner — damit ist noch jeweils ein Schlag frei. Bei Schwarz fehlt nur ein Bauer ([Be7] oder [Bf7]), und bei Weiß fehlen [Lc1] sowie [Be2] und [Bf2].

Die weißen sichtbaren Züge sind schnell gezählt: 1+2+0+1+1+1=6 für Weiß und 0+2+5+3+4+5=19 für Schwarz.

Der letzte Zug ist das Schachgebot einer weißen Dame — kann die gerade auf f8 erwandelt worden sein? Nein, das geht nicht, denn dann hätte der letzte weiße Zug e7xXf8=D+ sein müssen, aber dieses „X“ kann nicht exisiteren, da [Bf7] nicht umgewandelt haben kann: So viele freie Züge hat Schwarz nicht.

In dem Zusammenhang fällt aber noch ein Detail auf:

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Chronicles

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Im Jahre 2011 haben Silvio Baier, Nicolas Dupont und Roberto Osorio das Die Schwalbe Sonderheft 250A veröffentlicht, in dem sie sich mit “Beweispartien der Zukunft” beschäftigten, also Beweispartien, die (mindestens) zwei Themen jeweils (mindestens) doppeln.

Schon in diesem Heft kündigten sie an, Fortsetzungen erscheinen zu lassen. Diese erscheinen nun in Form von “Chronicles” in StrateGems; die erste Ausgabe mit neuen Rekorden und Erweiterungen zu klassischen Ceriani-Frolkin Beweispartien, wobei alle Umwandlungen einheitlich in eine Steinart erfolgen.

Sie illustrieren diese Gruppe mit insgesamt 15 Beispielen, darunter auch unser Retro der Woche 18/2015. hier möchte ich aber eine andere Aufgabe vorstellen:

Michel Caillaud
Messigny 2010, 1.-2. Preis
Beweispartie in 21,5 Zügen (12+12)

 

Hier kommen zu den vier Ceriani-Frolkin-Springern noch die Rückkehren aller vier Original-Springer: 1.h4 a5 2.h5 a4 3.h6 a3 4.hxg7 axb2 5.a4 h5 6.a5 Sh6 7.g8=S h4 8.Sf6+ exf6 9.a6 Le7 10.axb7 Sa6 11.b8=S OO 12.Sc6 Sb8 13.Ta6 Kh7 14.Sa3 b1=S 15.Th2 Sc3 16.dxc3 Sg8 17.Lh6 h3 18.Da1 hxg2 19.Sh3 g1=S 20.Sb1 Sf3+ 21.exf3 dxc6 22.Sg1. Das ist dann in der Future Proof Game Notation:
CF(SS)&CF(ss)&SW(SS)&SW(ss)

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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Henrik Juel 70

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Heute gehen herzliche Geburtstags-Glückwünsche nach Dänemark, wo Henrik Juel seinen 70. Geburtstag feiert. Henrik ist nicht nur ein sehr guter Komponist, sondern unterstützt auch auf vielfältige andere Weise die Popularisierung der Retroanalyse: So ist er ein viel beschäftigter, hervorragender Redakteur und Preisrichter, so unterstützt er intensiv die PDB und ist auch hier im Blog ein fleißiger Kommentator.

Wenn ihr eine euch bisher unbekannte Beweispartie von Henrik lösen wollt, so haltet Ausschau nach Königsmärschen, selbst wenn die nicht ganz offensichtlich sind. Dies ist jedenfalls eines der Lieblingsthemen des Jubilars, und solch eine Beweispartie möchte ich heute vorstellen:

Henrik Juel
3000 Probleemblad 1996
Beweispartie in 19 Zügen (15+16)

 

Der schwarze König muss nicht nur bis c2 vordringen, sondern auch noch den Job übernehmen, den einzig fehlenden Stein auf desen Ursprungsfeld zu schlagen: 1.c3 h5 2.Dc2 Th6 3.Dh7 f5 4.Kd1 Kf7 5.Kc2 Ke6 6.Kd3 Kd5 7.Ke3 Kc4 8.a3 Kb3 9.Sh3 Kc2 10.Sf4 Kd1 11.h3 Ke1 12.Th2 Kxf1 13.Kf3 Ke1 14.Kg3 Kd1 15.Th1+ Kc2 16.Kh2 Td6 17.Kg1 Td4 18.Kf1 d6 19.Ke1 Le6. Sehr hübsch!

Henrik, ich wünsche dir für dein neues Lebensjahr(zehnt) von Herzen alles Gute und wünsche dir und uns allen, dass du dich weiterhin so großartig in die Retro-Gemeinde einbringst wie bisher!