Schachblätter

Retro (35)

Die Aufgabe sieht auf den ersten Blick einfach aus, auf den zweiten Blick hat sie einen hübschen Trick.

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9 Kommentare

  1. Hm…ich hab jetzt heute Nacht auf die Schnelle keine konkrete Lösung parat. Die Überschrift sowie die Schlagwörter lassen mich vermuten, dass nachgewiesen werden muss, dass Weiß noch lange Rochade machen kann ODER, dass der letzte schwarze Zug …g7-g5 gewesen ist, was en-passant ermöglichen würde. Beides ermöglicht das geforderte Matt in 2 .
    Ein paar Gedanken zu …g7-g5: Wenn das der letzte Zug gewesen ist, muss der Lf8 ein Umwandlungsläufer sein, ebenso wie der Ld8. 

    Jetzt sitze ich hier trotzdem schon 30 Minuten, habe Geschriebenes wieder gelöscht und mein Gehirn ist irgendwie verdreht. Ich habe auch fast eine Vermutung, worin der Twist besteht (welchen ich hier jedoch nicht spoilern möchte). Eventuell befasse ich mich morgen nochmal damit.

  2. Als Laie hätte ich zuerst an 0–0‑0 und Th1# gedacht, aber das ist zu einfach.
    Bleibt »g7-g5« als letzter schwarze Zug und dann ginge jetzt fg e.p. (Hallo Schlagwort !) und g7#
    Dann müssen die schwarzfeldrigen Läufer auf d8 und f8 aber vorher durch Umwandlung entstanden sein, sonst kommt ja keiner an e7 und g7 gleichzeitig vorbei, aber die Konstruktion dafür – die dann bestimmt auch zeigen würde, daß die Rochade unmöglich ist – ist mir zu hoch.

  3. Vielleicht hilft folgender Hinweis weiter: Wenn der Ld8 durch Umwandlung enstanden ist, dann kann Weiß nicht mehr rochieren – die Umwandllung kann ja nur durch d2xc1L erfolgt sein, und dann muss der Ke1 schon mal gezogen haben.

  4. Die Entstehung des Umwandlungsläufers durch h2xg1L müsste dann auch noch ausgeschlossen werden.

  5. Okay, weiterer Hinweis: Man zähle bitte die fehlenden weißen Figuren und achte auf die schwarze Bauernkonstellation.

  6. Aufgrund der bisherigen Kommentare bin ich geneigt zu sagen, dass die Lösung lautet: Das hängt vom letzten schwarzen Zug ab; jedenfalls sehe ich nicht, wie man nachweisen könnte, ob der letzte schwarze Zug … g7-g5 ist (wonach die lange Rochade nicht zulässig ist, wohl aber fxg6) oder eben nicht (wonach die lange Rochade zulässig ist, da sich das Gegenteil nicht beweisen lässt).

  7. Thomas Schumacher

    22. November 2020 — 14:18

    Ich vermag nicht zu erkennen, woraus sich zwingend ergeben sollte, dass der schwarze Läufer eine Umwandlungsfigur ist. Die Rochade ist zulässig, solange sich aus der Stellung nicht zwingend ergibt, dass sie ausgeschlossen ist. Also 1. 0–0‑0 und 2. Th1#. Erwägungen zu einem eventuell unmittelbar vorhergehenden Doppelzug des g‑Bauern erübrigen sich, da nicht zwingend nachgewiesen werden kann, dass dies der einzig mögliche letzte Zug von Schwarz war.

  8. Wenn der Lf8 eine Umwandlungsfigur ist, hat Weiß die Schlagzüge hxg, gxf, dxe, exf, axb, bxc, cxd, dxe, exf und z.B. Sxf8 ausgeführt. Das sind zehn und es sind noch sechs schwarze Steine auf dem Brett – kommt so gerade hin. Wenn Schwarz hxg1L gespielt haben sollte, hat er als weitere Schlagzüge dxe, exf und fxg ausgeführt, was auch noch gerade hinkäme bei vier fehlenden weißen Steinen. Allerdings ist das reine Zählen nicht ausreichend, denn es stellt sich die Frage, wo der schwarz a‑Bauer geschlagen wurde. Auf der a‑Linie kann es nicht gewesen sein, da Weiß nicht dorthin schlug. Somit kommt nur die Umwandlung auf a1 in Betracht (bei axb1 fehlt ein Schlagzug). Somit muss dann der Turm schon gezogen haben.
    Die Schlussfolgerung daraus lautet, dass g7-g5 als letzter Zug beweisen würde, dass die Rochade nicht geht, weil dann entweder der König oder der Turm schon gezogen haben. Ich frage mich (bisher ohne eindeutiges Ergebnis), ob man beim Bauernklumpen am Königsflügel den Nachweis führen kann, das 0. – g7-g5 nicht sein kann.

    Zu dem Thema findet sich bei Krabbé (Schachkuriositäten Band 1, S.80) eine Aufgabe mit einer anderen Form des von Hartplatzheld beschriebenen Paradoxons: wKf5, Td5, Lf6, Bh5h6, sKe8, Th8, Bg5 – Matt in 2.

  9. @Thomas Schumacher: Völlig richtig, andererseits könnte man auch argumentieren, dass die lange Rochade nicht in jedem Fall die richtige Lösung ist. Aber ich weiß auch nicht, wie das im Problemschach definiert wird.

    Die Lösung des Autors lautet jedenfalls 1. 0–0‑0!, es sei denn, 0. … g7-g5, dann 1. fxg6 e.p.!

    Kunstvoll finde ich ja, dass die Konstruktion des Retroteils der Aufgabe zugleich die Nebenlösungen 1. Ke2 und 1. Kf2 verhindert.

    Danke an alle Mitlöser!

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