Schachblätter

Selbstmatt (3.5) = Retro (14)

selbstmatt5
r3k1bR/3p4/rp1p1Q2/bNpP1P2/1pP3p1/1B2PpP1/3P1P2/4K2R w Kq – 0 1

Darf man eine Auf­ga­be stel­len, die man selbst nicht ver­stan­den hat? Nicht ver­stan­den hat, obwohl man die Lösung kennt? Viel­leicht darf man das, wenn man in der Leser­schaft klü­ge­re Köp­fe erwar­ten darf.

Das ist eine Selbst­matt­auf­ga­be vom Pro­blemschach-Groß­meis­ter Michel Cail­laud (The Pro­ble­mist 1985). Selbst­matt in 17 Zügen.

Wer Ideen oder die Lösung hat oder auch ein­fach nur sei­ne Rat­lo­sig­keit mit ande­ren tei­len will, darf gern kommentieren. 

Kategorien: Schachaufgaben

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33 Kommentare

  1. Falls das eine Retro-Auf­ga­be ist: Ein FEN-String weist ja expli­zit aus, wel­che Rocha­de- und/oder En pas­sant-Rech­te bestehen. D.h. Fra­gen wel­che typi­scher­wei­se durch eine Retro­ana­ly­se geklärt wer­den sol­len, beant­wor­tet ein kor­rek­ter FEN-String schon im voraus.

    Hier wären also das kur­ze wei­ße (K) und das lan­ge schwar­ze (q) Rocha­de­recht noch vor­han­den, und kein En pas­sant-Zug mög­lich. Stimmt das? Denn wenn der letz­te schwar­ze Zug c7-c5 gewe­sen wäre, müß­te im FEN-String nach Kq das E.p.-Feld c6 ange­ge­ben sein (statt des -). Das gilt nach jedem Dop­pel­schritt eines Bau­ern, unab­hän­gig davon ob tat­säch­lich ein E.p.-Schlag mög­lich ist oder nicht.

    Es besteht gewis­ser­ma­ßen ein kon­zep­tio­nel­ler Kon­flikt zwi­schen Retro­auf­ga­ben und der (ansons­ten sehr wün­schens­wer­ten erfreu­li­chen) Bei­fü­gung eines FEN-Strings.

    Bevor ich Ches­tU­CI dar­auf anset­ze, muß ich abwar­ten bis jemand (ande­rer als ich :-) ) den Retro-Teil auf­ge­klärt bzw. gelöst hat, um die vor­aus­sicht­lich sehr zeit­auf­wen­di­ge Ana­ly­se mit dem garan­tiert rich­ti­gen FEN-String zu starten.

  2. Lei­der hal­ten sich die Pro­blemschach-Leu­te sehr mit Erklä­run­gen zu ihrer Lösung zurück. Man konn­te nur knapp ver­ste­hen, dass es auch eine Retro­auf­ga­be sein soll – ver­stan­den habe ich es nicht.

    Not­falls musst du alter­na­ti­ve FENs aus­pro­bie­ren. Die­ser FEN soll jeden­falls kei­ne Fra­gen beant­wor­ten – ich habe die Stel­lung ein­fach aufgebaut.

  3. Per­ma­nent Brain hat den Punkt natür­lich getrof­fen. Nach Ãœber­schla­fen der Ange­le­gen­heit habe ich jetzt eine lei­se Ahnung, wie die Lösung zu erklä­ren ist. Tat­säch­lich braucht man wohl zunächst eine sau­be­re Retro­spek­tiv­be­trach­tung. Ich habe noch nie eine so ver­wir­ren­de Auf­ga­be gesehen.

  4. Also, die­se „Schach mit Sher­lock Holmes“-Aufgaben sind meist nicht mein Fall! (Dass ist natür­lich nur eine flaue Aus­re­de dafür, dass ich hier kei­ne Zeit dar­auf ver­wen­den will, um die bei­der­sei­ti­gen Rocha­de­rech­te zu klä­ren, bevor über­haupt die eigent­li­che Lösung gesucht wer­den kann. Ich behaup­te aller­dings, dass 1.dxc6 nicht die Lösung sein wird, da ein letz­ter schwar­zer Zug c5 wohl nicht zwin­gend ist, könn­te z.B. auch exd6 gewe­sen sein oder Ta6 mei­ne ich.)
    Es gibt in einem der bei­den Bän­de „Schach­ku­rio­si­tä­ten“ von Krab­bé eine sehr eigen­ar­ti­ge Auf­ga­be, bei der Weiß Remis hal­ten soll. Der ers­te wei­ße Zug erlaubt ein Matt in 1, was ja an sich ein Nach­teil ist. Aller­dings beweist Weiß mit die­sem Zug auch, dass 50 Züge weder Schlag­fall noch Bau­ern­zug gesche­hen sind und er daher ein Remis nach 50-Züge-Regel rekla­mie­ren darf. Suche ich bei Gele­gen­heit mal raus, wenn es dafür Inter­es­sen­ten gibt; die­se Auf­ga­be hat einen ver­gleich­ba­ren Ver­wir­rungs­grad wie die hier vorliegende.

  5. Stefan

    2. Juli 2009 — 11:24

    Kommt mir bekannt vor. Ist es die­se Auf­ga­be?

  6. So isses. Dann brau­che ich ja nicht mehr zu suchen, wobei die Bänd­chen von Krab­bé ja auch schnell durch­blät­tert gewe­sen wären.

  7. Die ver­link­te Auf­ga­be ist noch gar nicht hier dis­ku­tiert wor­den. Ich wer­de mir mal ein paar Gedan­ken dazu machen.

  8. Ich fang dann mal an:

    Es wur­de vier schwar­ze Figu­ren geschla­gen. Dame, zwei Sprin­ger und ein (even­tu­ell ver­wan­del­ter) Bau­er. Aus der wei­ßen Bau­ern­struk­tur ergibt sich, dass alle vier wei­ßen Schlag­zü­ge mit Bau­ern erfolg­ten. Es wur­de also kein wei­ßer Bau­er ver­wan­delt. Schwarz hat­te also drei Schlag­zü­ge und hat dabei einen Bau­ern, einen Sprin­ger und den schwarz­feld­ri­gen wei­ßen Läu­fer geschla­gen. Wegen der bei­den Dop­pel­bau­ern muss Schwarz min­des­tens zwei­mal mit einem Bau­ern geschla­gen haben.

    Naja, führt auch nicht viel weiter.

    Wahr­schein­lich muss man eine Beweis­par­tie kon­stru­ie­ren, um den Rocha­de­rech­ten näher zu kommen. 

  9. Stefan

    2. Juli 2009 — 19:44

    Ergän­zung: Wenn sich ein schwar­zer Bau­er ver­wan­delt hat, dann muss das auf h1 gesche­hen sein. Und dann kann Weiß nicht mehr rochie­ren. Ande­ren­falls muss der schwar­ze h‑Bauer von einem wei­ßen Bau­ern geschla­gen wor­den sein. Das kann nur auf der g‑Linie pas­siert sein. Dann waren auch alle schwar­zen Schlag­zü­ge Bau­ern­zü­ge und kein schwar­zer Bau­er wur­de verwandelt.

  10. „Aus der wei­ßen Bau­ern­struk­tur ergibt sich, dass alle vier wei­ßen Schlag­zü­ge mit Bau­ern erfolgten.“
    Ein­ver­stan­den, das waren cxd, bxc, hxg und gxf.
    „Es wur­de also kein wei­ßer Bau­er verwandelt.“
    Nicht mehr ein­ver­stan­den. Der wei­ße a‑Bauer könn­te doch nach vor­he­ri­gem axb von Schwarz nach a8 gelau­fen sein, oder nicht?
    „Ergän­zung: Wenn sich ein schwar­zer Bau­er ver­wan­delt hat, dann muss das auf h1 gesche­hen sein.“
    Weiß ich auch nicht. Kann denn nicht der wei­ße a‑Bauer in eine ande­re Figur als einen L ver­wan­delt wor­den und die Figur dann auf g1 geschla­gen wor­den sein? Schwarz hol­te sich dann einen L, das ist der, der jetzt auf a5 steht. Wenn das geht, könn­te Weiß noch rochie­ren, aber Schwarz nicht mehr wegen Ver­wand­lung auf a8.
    Mich beschleicht der schlim­me Ver­dacht, dass es sich um eine Stel­lung der Art han­delt, wenn Weiß noch rochie­ren darf, dann darf Schwarz nicht mehr, wenn Schwarz noch darf, dann Weiß nicht, aber es ist nicht zu ermit­teln, wel­cher von bei­den Fäl­len zutrifft. Aber das ist „nur ein Gefühl“ ohne jedes Beweisangebot.

  11. Die­ser obsku­re wech­sel­sei­ti­ge Zusam­men­hang zwi­schen dem jeweils vor­han­de­nen bzw. nicht vor­han­de­nen Rocha­de­recht muß hier mit einer sehr schwe­ren Retro­ana­ly­se zu tun haben. Zum Glück habe ich nicht den Ehr­geiz die­sen ver­ste­hen zu wol­len, sonst lie­fe ich Gefahr, in den Schlund des Wahn­sinns gezo­gen zu werden. :-)

    Ange­sichts der Schwie­rig­keit des­sen hof­fe ich daß es ange­bracht ist, die­se alter­na­ti­ve FEN einzubringen:

    r3k1bR/3p4/rp1p1Q2/bNpP1P2/1pP3p1/1B2PpP1/3P1P2/4K2R w – - 0 7

    Die Stel­lung sieht genau­so aus wie oben, aber es bestehen hier gar kei­ne Rocha­de­rech­te mehr. Da die schwar­zen Tür­me nicht „aus­bre­chen“ kön­nen, glau­be ich daß es egal ist was genau sie da hin­ten zie­hen, wäh­rend Weiß das Selbst­matt konstruiert.

    Ãœber den retro­ana­ly­ti­sche Teil habe ich durch die­sen Vor­griff hof­fent­lich nicht zuviel ver­ra­ten, also m.a.W. die Fort­set­zung bzw. Durch­füh­rung hilft ja ver­mut­lich dafür nichts.

  12. Du kannst ja mal die­sen FEN durch die Maschi­ne schi­cken und wirst eine über­ra­schen­de Ent­de­ckung machen…

    @MiBU: Habe leich­te Ãœber­for­de­rungs­ten­den­zen. Aber du kommst der Sache schon sehr nahe, glau­be ich.

  13. So leicht ist das nicht mit „durch die Maschi­ne schi­cken“, da 17 Züge nicht so leicht zu berech­nen sind.

    Mei­ne Logik ist ja:
    Weiß soll­te noch rochie­ren kön­nen, Schwarz nicht. Ich schrei­be das ohne Retro­ana­ly­se, aber bin aus einem ande­ren Grund die­ser Auffassung:
    die wei­ße Rocha­de erhöht die wei­ßen Mög­lich­kei­ten für das Selbst­matt, die schwar­ze nicht, da es unmög­lich ist, Schwarz zur Rocha­de zu zwin­gen (er könn­te immer noch einen Königs- oder Turm­zug statt­des­sen machen). Im Gegen­teil, die schwar­ze Rocha­de wür­de Schwarz eine wei­te­re Opti­on geben, dem Matt auszuweichen.

  14. Ich glau­be – im Sin­ne des­sen was MiBu anmerk­te – daß die Fra­ge­stel­lung beim Retro­teil lau­tet: Kann es sein daß bei­de Rocha­de­rech­te bestehen, und falls nein, wie­so nicht? Mit ande­ren Wor­ten, kann man bewei­sen daß nicht bei­de zusam­men auf­recht sein können?

    Der Gedan­ke, daß mög­li­cher­wei­se ent­we­der nur das eine oder das ande­re Rocha­de­recht besteht, aber nicht bei­de gleich­zei­tig, aber man weiß jedoch nicht wel­ches, ist ver­wir­rend. Es ist mir schlei­er­haft wie man das, noch dazu in einer so bevöl­ker­ten Stel­lung, bewei­sen soll.

    Ver­gli­chen damit sieht der Selbst­matt-Teil (11 rest­li­che Züge ohne RR., nicht 17) „rela­tiv ein­fach“ aus und läuft ab wie ein Uhr­werk. Den habe ich natür­lich auch nicht sel­ber gelöst, aber wenigs­tens beim Nach­spie­len verstanden.

    Wer das alles sel­ber auf­löst, soll­te es sich aus­dru­cken und in Gold ein­rah­men las­sen. :-) Mei­ne Gren­zen sind wesent­lich enger gesetzt…

  15. Noch zwei Gedan­ken­split­ter von mir:
    1.Der Schlüs­sel zur Retro­ana­ly­se sind wohl die Schlag­fäl­le. Wie schon erwähnt, hat Weiß vier mal mit Bau­ern geschla­gen, sh. mei­nen vori­gen Kom­men­tar. Einer der feh­len­de schwar­zen Stei­ne ist aber der h‑Bauer! Der kann also NICHT auf sei­ner Ursprungs­li­nie geschla­gen wor­den sein, son­dern muss durch Schlag­fall auf die g‑Linie gekom­men ODER umge­wan­delt wor­den sein. Auf der ande­ren Sei­te fehlt bei Weiß der a‑Bauer! Soll­te tat­säch­lich der h‑Bauer von Schwarz auf die g‑Linie geschla­gen haben, dann wären die schwar­zen Schlag­fäl­le also axb, exd6 und hxg (es feh­len nur drei wei­ße Stei­ne). In dem Fall muss also der wei­ße a‑Bauer umge­wan­delt wor­den sein, um den drit­ten schwar­zen Schlag­fall zu ermög­li­chen. Der a‑Bauer sel­ber kann nicht geschla­gen haben, auch auf b8 nicht. Also haben wir zwei Fälle:
    Fall a) Der wei­ße a‑Bauer wur­de auf a8 ver­wan­delt und die Figur (z.B. S) spä­ter durch hxg6 oder so geschla­gen. Dann kann Schwarz nicht auf h1 ver­wan­delt haben. Mög­lich ist also w 0–0, aber nicht s 0–0‑0
    Fall b) Der wei­ße a‑Bauer wur­de nicht umge­wan­delt. Dann aber kann der schwar­ze h‑Bauer nicht nach g geschla­gen haben und auch nicht auf h geschla­gen wor­den sein auf­grund der wei­ßen Schlag­fäl­le. Muss also auf h1 umge­wan­delt wor­den sein (g1 geht nicht wegen feh­len­der Schlag­mög­lich­keit). Mög­lich ist also s 0–0‑0, aber nicht w 0–0
    @permanent brain: Ich bin viel­leicht etwas zu selbst­si­cher, aber ich glau­be den Retro-Teil damit gelöst zu haben, mag es auch ver­wir­rend sein.
    @all: Ihr könnt es nicht sehen, aber ich haue mir jetzt vehe­ment auf die Schul­ter ob mei­ner wie es scheint gefühls­mä­ßig rich­ti­gen Ein­schät­zung des Pro­blems, sh. eben­falls mei­nen letz­ten Kom­men­tar. Wenn ich bei mei­nen Par­tien auch immer gefühls­mä­ßig rich­tig lie­gen wür­de in der Posi­ti­ons­ein­schät­zung, das wär‘ was!
    2. Ver­mut­lich besteht dann die Lösung des Selbst­matts – das habe ich noch gar nicht ver­sucht – nicht in 1.Kd1 2.Kc2 oder so ähn­lich, son­dern 1.0–0!!, um so zu „bewei­sen“, dass Schwarz nicht mehr rochie­ren kann, und dann 2.Ta1 3.Kf1 4.Ke1 usw. um die glei­che Stel­lung wie nach 1.Kd1 mit eini­gen Zügen Ver­spä­tung (lt. per­ma­nent brain sol­len es sechs sein) zu errei­chen. Es ist nicht offen­bar nicht ent­scheid­bar, ob Fall a) oder Fall b) vor­liegt, durch 1.0–0 wird somit klar­ge­stellt, dass S nicht rochie­ren darf. Man kann natür­lich dar­über strei­ten, ob W 1.0–0 aus­füh­ren muss oder es genügt fest­zu­stel­len, dass er rochie­ren dürf­te… (Auch dazu fin­det sich was in einem der Krabbé-Büchlein!)

  16. PS@permanent brain: Der Beweis gelingt gera­de nur des­halb, weil die Stel­lung bevöl­kert ist, was die Zahl der mög­li­chen Schlag­fäl­le limi­tiert. Es sind nur sie­ben Stei­ne vom Brett und noch vie­le Bau­ern, z.T. verdoppelt.

  17. @MiBU: Selt­sa­me Koin­zi­denz! Ich kann dein vir­tu­el­les Schul­ter­klop­fen bis hier hören. Vor einer hal­ben Stun­de habe ich end­lich mal das Brett auf­ge­baut (ich kann Schach nur drei­di­men­sio­nal) und mir fiel die Lösung ein. Nach einem Stadt­spa­zier­gang bin ich gera­de zum Rech­ner geeilt, aber bes­ser als du könn­te ich es auch nicht aus­drü­cken. Ich hat­te aber immer­hin den Vor­teil, dass ich wuss­te, wel­ches Ergeb­nis die Retro­ana­ly­se haben muss­te – nur eine Sei­te kann rochie­ren. Und des­halb auch kein Selbst­matt in 11, Weiß muss erst­mal bewei­sen, dass Schwarz nicht mehr rochie­ren kann, indem er selbst rochi­ert! 1.0–0! ist tat­säch­lich die Lösung. Glückwunsch!

    Die Pro­blemschach­leu­te defi­nie­ren das übri­gens als „Rocha­de­ver­mei­dung“.

    Der Rest ist dann das Uhrwerk.

    PS: Nach d1 schafft es der König in der von Per­ma­nent Brain ver­ra­te­nen Zug­dif­fe­renz nicht.

  18. Aber das ist nun Unfug, MiBu und Stefan!

    Allein aus der Retro­ana­ly­se und aus der Auf­ga­ben­stel­lung ergibt sich ja, dass Weiß noch rochie­ren darf und Schwarz nicht (wie ich ja bereits annahm).
    Grund: Die Retro­ana­ly­se ergab, dass ent­we­der Weiß noch klein oder Schwarz noch groß rochie­ren darf. Kann Schwarz noch groß rochie­ren, so ist die Auf­ga­be unlös­bar, wenn ich das rich­tig ver­stan­den habe, ergo bleibt nur das wei­ße Rochaderecht. 

    Nach­dem man das her­aus­ge­fun­den hat, muss man die Rocha­de doch nicht mehr aus­füh­ren und kann daher Pbs kür­ze­ren Lösungs­weg gehen.

    Um es kurz zu machen, ob ich rochie­ren kann oder nicht ergibt sich aus der Stel­lung (also den vor­aus­ge­gan­ge­nen Zügen) und das Rocha­de­recht ver­fällt auch nicht bzw. geht auf den ande­ren über, wenn ich nicht rochiere.

  19. Permanent Brain

    6. Juli 2009 — 01:39

    Ich habe eine PGN mit der kom­plet­ten Lösung vor­be­rei­tet. Bit­te mir zu signa­li­sie­ren wann ich sie pos­ten soll, damit es nicht ver­früht ist bzw. noch andau­ern­de Lösungs­ak­ti­vi­tä­ten mög­lichst nicht gestört werden.

  20. @SHL:
    Unfug oder nicht, das ist strit­tig. Als Par­tie­spie­ler stim­me ich Dir im Prin­zip zu, die Pro­ble­mis­ten sehen das wohl anders. Es ist hier gera­de der Gehalt der Auf­ga­be, dass die Rocha­de­rech­te unent­scheid­bar sind und nur durch 1.0–0 Weiß zwin­gend nach­wei­sen kann, dass Schwarz nicht mehr rochie­ren darf. In einer Par­tie schaut man aufs For­mu­lar, aber beim Pro­blemschach wer­den die Figu­ren in Ihre Aus­gangs­stel­lung gesetzt und nicht gezo­gen, und es gab kein vor­he­ri­ges Spiel“ (Samu­el Loyd). Inso­fern sind Retro­pro­ble­me in man­cher Hin­sicht ein Wider­spruch in sich.
    Die Defi­ni­ti­on für das Rocha­de­recht in Pro­ble­men ist wohl sinn­ge­mäß: „Ist immer zuläs­sig, wenn nicht das Gegen­teil bewei­sen wer­den kann.“ Ergo: Beim kür­ze­ren Lösungs­weg ohne 1.0–0 darf Schwarz noch rochie­ren, somit geht der nicht. Das mag DIr wider­sin­nig erschei­nen, aber nach den im Pro­blemschach (NICHT im Par­tie­schach!) gel­ten­den Regeln ist das so.

  21. Werner Berger

    6. Juli 2009 — 10:50

    Es ist nicht zuläs­sig, die ein­deu­ti­ge Lös­bar­keit des Pro­blems als wahr zu unter­stel­len, um allein des­we­gen eine der bei­den denk­ba­ren Sach­ver­halts­va­ri­an­ten als nicht gege­ben auszuschließen.
    MaW: MiBu und Ste­fan haben Recht.

  22. Stefan

    7. Juli 2009 — 08:45

    Ich brin­ge mal den Anfang der amt­li­chen Lösung, die mich damals ziem­lich aus der Bahn gewor­fen hat. Jetzt geht es schon wieder:

    1.Tf1? T6a7 2.Dg7 0–0‑0!
    1.0–0 T6a7 2.Kh2 Ta6 3.Th1 T6a7 4.Kg1 Ta6 5.Kf1 T6a7 6.Ke1 Ta6 7.Tf1 T6a7 8.Dg7 Kd8

  23. „Es ist nicht zuläs­sig, die ein­deu­ti­ge Lös­bar­keit des Pro­blems als wahr zu unterstellen“

    Akzep­tiert. Unter die­sen Umstän­den lau­tet die Lösung:
    Die Retro­ana­ly­se ergab, dass ent­we­der Schwarz noch groß oder Weiß noch klein rochie­ren darf. Ist ers­te­res der Fall, ist die Auf­ga­be nicht lös­bar, ist zwei­te­res der Fall, so beginnt die Lösung mit 1. Tf1.

  24. Werner Berger

    7. Juli 2009 — 13:47

    Dass „Zwei­te­res“ der Fall ist, kann nur dadurch bewie­sen wer­den, dass man mit 1.0–0 beginnt.

    Ich den­ke, wir dre­hen uns im Kreis.
    Schreib doch mal an die „Schwal­be“, was die dazu sagen, und dann wer­den wir ja sehen, wel­che Sicht­wei­se im Pro­blem­we­sen aner­kannt ist.

  25. Stefan

    7. Juli 2009 — 19:26

    Den­ke sowie­so gera­de dar­über nach, „Die Schwal­be“ zu abon­nie­ren, damit man einen Not­aus­gang hat, wenn die Schach­ver­bän­de es end­gül­tig schaf­fen soll­ten, einem den Spaß an die­sem Spiel zu verderben.

  26. Gern kom­me ich der Ein­la­dung von Ste­fan nach, ein paar Wor­te zu der Auf­ga­be und der span­nen­den Dis­kus­si­on hier zu schrei­ben. Aber erst mal ein paar Wor­te zu mir: Ich bin der „Retro-Sach­be­ar­bei­ter“ der „Schwal­be“, also dafür zustän­dig immer wie­der an neue mög­lichst span­nen­de Retros zu kom­men, die dann in der Schwal­be ver­öf­fent­licht, gelöst, kom­men­tiert und dis­ku­tiert werden.

    Gera­de bei Retros kommt zwangs­läu­fig die Sicht des Par­tie­spie­lers ins Spiel. Ich war frü­her auch einer, bevor mich das Pro­blemschach immer mehr in sei­nen Bann gezo­gen hat­te, ohne dass es dazu irgend­wel­cher Schach­ver­bän­de bedurft hät­te, mir das „Par­ty­schach“ zu ver­lei­den – Pro­blemschach hat, fin­de ich, sei­ne eige­nen Rei­ze. Par­tie und Pro­blem haben erst ein­mal die glei­che Basis, die Schach­re­geln, aber eine ganz ande­re Her­an­ge­hens­wei­se. Das ist schon manch­mal ver­gli­chen wor­den mit Dis­kus­si­on und Büh­nen­dia­log: Bei­de nut­zen Wor­te, die glei­che Spra­che, die glei­che Gram­ma­tik, und doch ist das eine „Kampf“, das ande­re „Schau­spiel“, „Dra­ma“.

    Zurück zu dem Pro­blem: Rich­tig, der Par­ty-Spie­ler wür­de aufs For­mu­lar schau­en und könn­te ent­schei­den, wer noch rochie­ren darf und wer nicht – nur: die­ses For­mu­lar gibt es hier nicht! Und, rich­tig, inso­fern ist hier die FEN-Nota­ti­on ver­wir­rend oder bes­ser gesagt so nicht nutz­bar. Denn es hier ist gera­de Auf­ga­be der Löser, und das habt ihr schon toll gemacht, her­aus­zu­ar­bei­ten, dass nur eine Rocha­de noch mög­lich ist, nicht aber bei­de. (Rich­tig, mit den ortho­do­xen Schach­re­geln kann man nie (ohne Par­tie­for­mu­lar!) bewei­sen, dass über­haupt Rocha­den zuläs­sig sind: 1.Sf3 Sf6 2.Tg1 Tg8 3.Th1 Th8 4.Sg1 Sg8 und das glei­che auf der Damenseite…

    Da wir beim Pro­blem kein Par­tie­for­mu­lar haben, ist für die­sen die ein­fa­che Regel „Wer zuerst kommt, mahlt zuerst“ (oder, anders her­um, um es mit Michail Gor­bat­schow zu sagen: „Wer zu spät kommt, den bestraft das Leben“). Hier ists also so, dass Weiß durch sei­ne Rocha­de „beweist“, dass Schwarz nicht mehr rochie­ren darf; aus genau die­sem Grun­de löst 1.Tf1 nicht, denn dann könn­te sich Schwarz mit 2… 0–0‑0 verteidigen!

    Ãœb­ri­gens ist der Autor Michel Cail­laud sowohl ein her­vor­ra­gen­der Selbst­matt- als auch Retro-Kom­po­nist – und gleich­zei­tig einer der bes­ten Schach­pro­blem-Löser auf der Welt!

    Viel­leicht hab ich ja den einen oder ande­ren neu­gie­rig gemacht, das wür­de mich freu­en – und Pro­be­hef­te der Schwal­be gibt es ja übers Inter­net (http://dieschwalbe.de) – und viel­leicht taucht dann ja auch der eine oder ande­re dort als Löser auf, ver­öf­fent­licht dort sei­ne eige­nen Auf­ga­ben?! Ich wür­de mich freuen!

  27. Stefan

    8. Juli 2009 — 12:09

    @Thomas: Vie­len Dank für dei­nen Kom­men­tar. Also gilt der Anzugs­vor­teil auch im Retroschach!

    PS:
    Die ande­ren Retro­auf­ga­ben sind hier:
    http://schachblaetter.de/tag/retroschach/

    PPS:
    http://twitter.com/schachblaetter/status/2530347734

  28. Hartmut Laue

    9. Juli 2009 — 16:41

    Ãœber die Anfra­ge habe ich mich als Sach­be­ar­bei­ter für Selbst­matts natür­lich gefreut, umso mehr aber noch, daß mein Kol­le­ge Tho­mas Brand hier das Ent­schei­den­de bei­gesteu­ert hat. Denn die Auf­ga­be ist in ERSTER Linie eine Retro-Pro­blem, und mein Res­sort blickt nun ein­mal in die Zukunft, nicht in das Zurück­lie­gen­de… Tho­mas ist also der wesent­lich ver­sier­te­re „His­to­ri­ker“ (Retro-Fach­mann) von uns bei­den und damit auch der wesent­lich geeig­ne­te­re Ansprech­part­ner im Fal­le der Auf­ga­be von Michel Caillaud. 

    Mit dem fran­zö­si­schen Autor habt Ihr aber gleich einen der ganz Gro­ßen der Zunft der Schach­kom­po­si­ti­on am Wickel! Und da die­ser auch genia­le Vor­wärts­pro­ble­me baut, habe ich Hoff­nung, daß ich irgend­wann auch mal bei Euch zum Zuge kom­me – mit einem „ganz nor­ma­len“ Selbst­matt, das vor­wärts geht!!

    Selbst­matts sind Klasse…

  29. Stefan

    9. Juli 2009 — 19:35

    Dan­ke, Hart­mut. Schön zu wis­sen, dass es noch Sach­be­ar­bei­ter gibt. Nor­ma­ler­wei­se wür­de man doch heu­te von „Assis­tent Direc­tor Self­ma­te“ sprechen ;-)

    Lei­der scheint der Selbst­matt-Teil unge­löst zu blei­ben. Alle sind voll­kom­men geschafft von der Retro-Aufgabe…

  30. Der Selbst­matt-Teil ist selbst nach den Anfangs­zü­gen schwer zu knacken.

  31. Was und wen man bei den Schach­blät­tern alles so (kennen-)lernt…:) Suuupi!

  32. Permanent Brain

    12. Juli 2009 — 06:24

    Ach­tung, Lösung! :-) Nach­dem eini­ge Tage kei­ne neu­en Anläu­fe ersicht­lich waren, hab ich mir gedacht jetzt könn­te es an der Zeit sein. Falls doch noch nicht, bit­te löschen bzw. nicht frei­schal­ten (was ver­mut­lich wegen des Links wie­der­um erfor­der­lich sein wird).

    Quel­le: http://www.softdecc.com/pdb/search.pdb

    [Event „The Problemist“]
    [Site „?“]
    [Date „1985.??.??“]
    [Round „?“]
    [White „Michel Caillaud“]
    [Black „Selbst­matt in 17“]
    [Result „0–1“]
    [Set­Up „1“]
    [FEN „r3k1bR/3p4/rp1p1Q2/bNpP1P2/1pP3p1/1B2PpP1/3P1P2/4K2R w K – 0 1“]
    [Ply­Count „34“]

    1. O‑O R6a7 2. Kh2 Ra6 3. Rh1 R6a7 4. Kg1 Ra6 5. Kf1 R6a7 6. Ke1 Ra6 7. Rf1
    R6a7 8. Qg7 Kd8 9. Qxg8+ Ke7 10. Rh7+ Kf6 11. Qg7+ Kxf5 12. Rh5+ Ke4 13. d3+
    Kxd3 14. Qa1 Rh8 {(belie­big)} (14… Ke4 15. Qd1 Rh8 16. Nc3+ bxc3 17. Qb1+ c2#
    ) 15. Qd1+ Ke4 16. Nc3+ bxc3 17. Qb1+ c2# 0–1

  33. Ein paar Wor­te möch­te ich, nach­dem die Lösung hier nun steht, doch noch zum Inhalt sagen: Weiß rochi­ert also nur, um nach­zu­wei­sen, dass Schwarz es nicht mehr darf. Das aber macht eigent­lich sei­ne schö­ne Selbst­matt-Stel­lung kaputt – also nimmt er qua­si die Rocha­de zurück. Und nach sechs Zügen sieht es auf dem Brett wie­der genau so aus wie am Anfang. 

    Der Pro­blem­schä­cher sagt nun, Weiß führt einen „zweck­rei­nen“ Vor­plan aus: aus­schließ­lich zur Ver­un­mög­li­chung der schwar­zen Rocha­de. Gera­de die Wie­der­her­stel­lung der Dia­gramm­stel­lung zeigt, dass damit Weiß nicht irgend­wie anders sei­ne Stel­lung ver­bes­sert hat, nicht einen zusätz­li­chen Zweck erfül­len wollte.

    Der ers­te Zug die­ses Vor­plans, die sOOO zu ver­mei­den, ist nun eigent­lich schäd­lich für Weiß, weil der wK nun nicht mehr so schön in der indi­rek­ten Bat­te­rie des sLa5 steht, der ent­hält also, nächs­ter Ter­mi­nus, ein „Anti­ziel­ele­ment“, das nun durch den Rest des Vor­plan­ma­nö­vers wie­der rück­gän­gig, unschäd­lich gemacht wer­den muss. Und erst dann kann es mit dem eigent­li­chen Vor­wärts­spiel losgehen…

    Eine wirk­lich klas­se Aufgabe!

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