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Manfred Ernst

Die Schwalbe 2009

 

s#6

s#6   Längstzüger (s)

Dolf Wissmann

7. WCCT

1. Platz

h#3

h#3   2.1;1.1

 

Henry Tanner

Die Schwalbe 2009

 

 

h#14,5

h#14,5   Kürzestzüger (w,s)

Bernd Gräfrath

Die Schwalbe 2009

Cedric Lytton zum 70. Geburtstag gewidmet

bpin12

BP in 12,0 Zügen

 

Es geht auf Weihnachten zu und die freie Zeit schmilzt erfahrungsgemäß dahin wie Schnee in der heißen Mittagssonne, weshalb es diese Woche zu einer kleinen Verzögerung kommt (deshalb auch der schnelle Griff zur Schwalbe bei der Problemauswahl).

 

Heute möchte ich eine Märchenschach-Bedingung vorstellen, die zwar wohl nie populär werden wird, aber doch schon so manch schöne Komposition hervorgebracht hat.

 

Längst-/Kürzestzüger (-betroffene Parteien-):

Die aufgeführten Parteien (in der Regel Schwarz) müssen von allen legalen Zügen immer den geometrisch längsten/kürzesten ausführen. Haben sie mehrere gleichlange/gleichkurze Züge, können sie wählen. Die große (bzw. kleine) Rochade hat die Länge 5 (bzw. 4).

Bsp.: Der Zug Dd1-h5 hat die Länge 4 * Wurzel 2 (ca. 5,66), der Zug Ta1-f1 hat die Länge 5 und ein Springerzug hat die Länge Wurzel 5 (ca. 2,24).

 

Zur Verdeutlichung präsentiere ich gleich zwei Aufgaben mit dieser Bedingung. Ein wichtiger Hinweis: h#14,5 bedeutet soviel wie h#15, allerdings fällt der erste schwarze Zug weg, d.h. Weiß ist am Zug!

Des Weiteren gibt es ein fantastisches Hilfsmatt, welches zurecht den 1. Platz beim 7. World Chess Composition Tournament belegt hat, und wie üblich eine hochinteressante Beweispartie.

 

Das aktualisierte Glossar gibt es wie immer hier.

 

Fragen, Meinungen, Wünsche, Anregungen, Lösungsvorschläge etc. an:

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Viel Spaß beim Rätseln & einen fröhlichen 3. Advent!

 

 

 

Die Lösungen der letzten Woche:

Nr. 1: 1. g6: e.p.+! Lg6: 2. Sg5+ g5:# (Warum muss der letzte schwarze Zug g7-g5 gewesen sein?! Zuerst einmal zählen wir 11 weiße und 14 schwarze Steine, d.h. es gab fünf schwarze und zwei weiße Schlagfälle! Die Bauernstruktur von Schwarz offenbart vier Schlagfälle des Ba6 nach e2 und einen Schlagfall des Be7 nach f4. Der sBh2 muss also von h7 über h3 gekommen sein; daraus folgen die beiden weißen Schlagfälle g2:h3 und h2:g3 (sT und sS). Alle Schlagfälle sind nun abgedeckt! Das Hauptproblem dieser Aufgabe besteht nun darin, dass Weiß in der Retroanalyse sehr schnell die Züge ausgehen: Die einzigen beiden sofort zurücknehmbaren Züge sind a2-a3 und g2:h3; wLd8 und wSh7 sind eingekerkert (und können von Schwarz in der Kürze der Zeit nicht befreit werden) und die Rücknahme der Züge d2-d3 (schwarzfeldriger Läufer wäre auf c1 geschlagen worden -> zuviele schwarze Schlagfälle), e6-e7 (schwarzer König stünde zuvor im Schach) und Se6/g6-f8 (illegales Schachgebot des sTe8) sind ebenfalls illegal. Die Idee, einen schwarzen Schlagfall schnellstmöglich ungeschehen zu machen, um eine zusätzliche weiße Figur für weitere Züge zu erhalten, scheitert daran, dass die Rücknahme des Zuges e3-e2 ebenfalls illegal ist: Der weißfeldrige Läufer kann dann nicht von den schwarzen Bauern "konsumiert" worden sein, da diese nur auf schwarze Felder schlugen! Die einzige Möglichkeit ist also, dass Schachgebot des sTe8 zu legalisieren, indem ein Abzugsschach initiiert wird. Dies ist in drei Zügen nur mit dem geschlagenen schwarzen Springer möglich, der sofort durch die Rücknahme von g2:Sh3 "wiederbelebt" wird. Dieser Springer muss nun nach f8, was nur über das Feld g5 möglich ist. Dieser Bauer wiederum kann nicht von g6 gekommen sein, da von hier aus das weiße Ross nach f8 einspringen muss. Ergo waren die letzten Züge -1... g7-g5 -2. g2:Sh3 Sg5 -3. a2 Se6 -4. Sg6 Sf8 usw.)

Nr. 2: 1. Le3 d6 2. Kf4: De5# & 1. Se3 f5+ 2. Kd5: Td4#

Nr. 3: 1. Df3 f3: 2. Se4 e4: 3. Sd5 d5: 4. Lc6 c6: 5. La7 c7# & 1. Sf5 g4+ 2. Ka7 f5: 3. De6 e6: 4. Ld7 d7: 5. Sc8 c8:=S#

Nr. 4: 1. Sc3 d5 2. Sd5: Le6 3. Se7: Ld5 4. Sd5: Ld6 5. Sc3 Lg3 6. Sb1 Dd3 7. c3 & 1. Sf3 e5 2. Se5: Ld6 3. Sd7: Lg3 4. Se5 Lg4 5. c3 Lf3 6. Sf3: Dd3 7. Sg1 & 1. c3 e6 2. Da4 Ld6 3. Dd7:+ Kf8! 4. Dc8: Lg3 5. De6: Dd3 6. Db3 Ke8 7. Dd1