rn5b/kp1pp3/b7/8/8/3p1PP1/p4PP1/4K3 w – – 0 1
Nachdem Sven-Hendrik nochmal das Thema Proca Retraktor hervorgekramt hat, hier eine Aufgabe, nach der wahrscheinlich nie wieder jemand Lust auf diese Bedingung hat. Beim Proca Retractor darf Schwarz nach jedem weißen Rückwärtszug (bis auf den letzten) zurückziehen, wie er will, um sich gegen das Vorwärtsmatt zu verteidigen. Die weißen Rückzüge müssen gegen jede schwarze Verteidigung in einem Matt enden. Wie in direkten Problemen darf Weiß jederzeit (nach einem Rückzug) in einem Zug mattsetzen (kann passieren, falls sich Schwarz schlecht verteidigt). Schwarz darf sich seinerseits durch Mattsetzen verteidigen, wenn diese Möglichkeit nach einem (schwarzen) Rückwärtszug besteht.
Die Aufgabe hier ist von Wolfgang Dittmann (feenschach 1979). Weiß nimmt sieben Halbzüge zurück (Schwarz also sechs Halbzüge), dann Matt in 1. Antworten und Fragen bitte als Kommentar.
18 Kommentare
Ich habe erst gar nicht versucht diese Aufgabe zu lösen. Als ich die Lösung gefunden habe, wusste ich auch warum ich mich damit nicht beschäftigt habe ,-). Vielleicht am Besten nächstes Mal vielleicht mit nur einen oder zwei Zugzurücknahmen. Denn die „Ausgangsstellung“, die dann zum Matt in 1 führt ist für Otto-Normal-Schachspieler einfach nur krank.
Es freut mich, dass ich mein pädagogisches Ziel so schnell erreicht habe.
Zum Aufwärmen ein übersichtlicher Kurzrückzüger:
Weiß und Schwarz nehmen jeweils einen Halbzug zurück, dann Hilfsmatt in 1.
Das wiederum war zu einfach, da auch unter Märchenschachhassern gut bekannt.
Ich kannte es noch nicht, aber tippe mal auf 1.Kg6xTh5 Th8xDh5 und dann vorwärts 1.0-0 Dh7#.
Für unseren Retraktor bin ich allerdings ohne Plan. Normalerweise muss man ja die schwarzen Möglichkeiten gering halten. Deswegen stellt man sich oft selbst beim Rückzug ins Schach.
Bei 1. Ke1-e2 muss der letzte Zug 1.-cxd3+ oder exd3+ gewesen sein, aber was er da geschlagen hat, ist völlig offen.
Bei 1. exSf3, kann der Springer von 5 verschiedenen Feldern gekommen sein.
Der König darf auch entschlagen, d.h. 1.Kd2xe1L erzwingt ja wegen des wBf2 1.- e2-e1L+. Das könnte der Anfang sein, da alle anderen bereits angesprochenen Möglichkeiten nicht eindeutig zu bestimmen sind. Danach wandert der wK offensichtlich nach c3, um einen e.p.-Schlag zu erzwingen.
@Fri:
Hatte ich völlig übersehen. Das sollte der Schlüssel sein:
1.Kd2xLe1 e2-e1L+
Aber nach 2.Kd2-c3 gibt es zwei verschiedene e.P.-Schläge oder geht einer von beiden nicht?
Das L-Schach von h8 muss ja irgendwie legal entstanden sein, das geht m.M. nach nur mit der Rücknahme 2.Kd2-c3 e4xd3 e.p. 3.d2-d4 e5-e4+
Aber alles ohne Gewähr. Ich bin immer noch unschlüssig, ob die Konstellation sBb7,d7,sLa6 (=UW-L), wBB im Quadrat zu irgendwelchen Schlagfall+UW-Feldüberlegungen führen muss …
Mühsam nähert sich das Eichhörnchen, aber es scheint auf der richtigen Strecke zu sein.
Ja, aber die große Nuss kommt erst noch!
Trotzdem schon mal Beifall bis hierher!
@ HL
Mmmh, müsstest Du nicht um diese Uhrzeit an der Uni sein…;-) Meinetwegen auch ‚mühsam‘:-)
Damit hätten wir nach den ersten drei Rückzügen obige Stellung mit folgenden Änderungen: wKc3,sBd3 nach e2, +wBd2, +sBe5 (rn5b/kp1pp3/b7/4p3/8/2K2PP1/p2PpPP1/8). Vermutlich muss der wK nun wieder etwas entschlagen, um ein eindeutiges Rückspiel zu erzwingen?
@ ElNino
Bin ich auch; ich habe zudem den Luxus und verfüge über einen eigenen Arbeitsplatz nebst Internet… ;-) Und mühsam bin ich immer…
… und außerdem kann ja wohl niemand daran gehindert werden, mit Laptop in die Vorlesung zu gehen, oder?!
Ich habe mich derweil mit wirklich wichtigen Dingen befasst …
Also nehmen wir weiter zurück 4.Kd3:Bc3 b4xBc3e.p.+ 5.c2-c4 b5-b4+ Nun könnte man mit 6.Kd3-c4 Schwarz zur Rücknahme von c6:Xb5+ zwingen, aber wofür steht X? Ein Bauer wäre optimal – 7.Kc5-c4 und vor 1.b6#, wer findet eine passende Begründung?
Irgendetwas muss es doch mit dem UW-L auf sich haben, vor allem wenn man dann die wBB auf c2,d2,f2,g2 sieht.
Versuchen wir es mal:
Inklusive cxXb5 gab es 9 Schläge von weißen Figuren. Damit ist schon mal klar, dass der Ba2 von a7 kommt, weil man sonst mit den Schlägen nicht hinkommt.
Ich komme auf insgesamt 8 Schläge, die klar sind:
Da der UW-Läufer auf d1 oder f1 geboren sein muss, ist er durch exd1 oder exf1 entstanden. Zusammen mit den Bauern auf der e-Linie (hxgxfxe, gxfxe und fxe) ergibt das 7 Schlagfälle, der achte geschieht gerade auf b5.
In die 7 Schlagfälle waren aber weder der a-, noch der b-Bauer verwickelt. Das bedeutet, dass die gesamte Figurenschar auf der e-h-Linie vernichtet wurde. Daher kann auf b5 nur ein Bauer geschlagen worden sein.
Nett!
Um das hier zu einem glücklichen Ende zu bringen, habe ich mal nachgeblättert. Korrekt ist nur 6.Kc4:Td3! Begründung aus der Lösebesprechung: „die wBB haben die beiden fehlenden sSteine geschlagen (sLc8 entfällt). Die sBB einschließlich des sLa6 benötigen 8 Entschlagobjekte; der wB-a fällt hierfür aus, der wB-b muss auf der b-Linie entschlagen werden, weil er sonst auch noch als Entschlagobjekt ausfallen würde.“
So ganz verstehe ich es zwar noch nicht, aber ich verneige mich vor diesem zu Recht preisgekrönten Werk.
Vielleicht ist Stefan ja so gnädig und spendiert hier das „Ausgangs“diagramm.
Ich wollte zum Dank an die freundlichen Löser eigentlich eine komplette Zeitlupe rückwärts bringen, sobald ich ein bisschen Zeit finde, mache ich das!