Silvesterrätsel 17d

Wer etwas mehr Zeit hat, kann sich an diesem Rätsel versuchen. Es sieht zugegebenermaßen etwas unübersichtlich aus. Matt in zwei Zügen (O’Shea, The Problemist 1976).

10 Kommentare

MiBu 31. Dezember 2017

Ich denke die Lösung gefunden zu haben. Manchmal muss man, um vorwärts zu kommen, zurückblicken.

Stefan 31. Dezember 2017

Das schien mir ganz passend für den heutigen Anlass zu sein!

MiBu 31. Dezember 2017

Wohl wahr, in der Zeit der Jahresrück- und ‑ausblicke. Na dann, alles Gute für 2018!

MiBu 2. Januar 2018

Niemand anders mit im Boot? Man beachte, dass die beiden s Läufer nicht gezogen haben können, auch der König ist „retropatt“. Der Ba5 scheint ein Nachtwächter zu sein, hat aber doch eine Aufgabe, nämlich zu existieren. Zudem gibt es ein fast komplettes Satzspiel, nur gegen d6 und d5 ist aufgrund des weißen e‑Bauern nichts auszurichten und für Lxg8 fehlt auch noch eine Antwort.

Aus all dem zusammen ergibt sich welche Schlussfolgerung?

Stefan 3. Januar 2018

Ich fürchte, durch die lange Offlinezeit der Seite hat sich die verehrte Leserschaft hier weiter in Richtung Wahrnehmbarkeitsschwelle reduziert :-|

Hartplatzheld 3. Januar 2018

Im Prinzip hat MiBu die Lösung schon klar angedeutet, oder erwartest du noch den Hinweis auf Artikel 3.7.4.1 der FIDE-Regeln?

MiBu 4. Januar 2018

Die Anwendbarkeit dieser Regel wäre noch nachzuweisen – was nicht allzu schwierig ist.

MiBu 7. Januar 2018

Der Vollständigkeit halber sei festgehalten, dass 1.e5xf6 die e‑Linie räumt und den Bf5 beseitigt, damit ist die Aufgabenstellung erfüllt. Aber wie lässt sich beweisen, dass der letzte Zug 0.- f7-f5 war?

Nun, der sK kann nicht gezogen haben, er käme aus einem partieunmöglichen Schach. Die sL sind eingeklemmt. Ein Bauernschlagzug scheidet aus, da bei Weiß nur der b‑Bauer fehlt – der muss sich auf a8 umgewandelt haben, die Umwandlungsfigur wurde auf der g‑Linie geschlagen (oder eine „Originalfigur“, die durch die umgewandelte ersetzt wurde, das ist nicht zu klären – aber auch nicht relevant). Jedenfalls geschah hxg nicht als letzter Zug.

Es bleiben noch die Züge b6 und g6. Nun fehlen bei Schwarz sechs Steine. Weiß hat die Schlagzüge e2xf3xg4xh5, h2xg3 und dxe ausgeführt, außerdem bxa (sonst wäre die Umwandlung nicht möglich gewesen, das sind genau die erfolgten sechs Schlagfälle. Somit müssen die Lc8 und f8 ihr Grundfeld verlassen haben und sind nicht etwa dort geschlagen worden; das beweist, dass b6 und g6 auch nicht die letzten Züge gewesen sein können.

Da auch f6-f5 „dank“ des Kg5 unmöglich ist, bleibt nach Ausschluss aller anderen Züge nur noch f7-f5, q.e.d.

Stefan 9. Januar 2018

Ich finde es ganz kunstvoll, einen Zweizüger mit einer Retroaufgabe zu verknüpfen.

MiBu 10. Januar 2018

In der Tat. Hinzu kommt, dass der Dual im Satzspiel (1.- e6 2.Sd6/f6) beseitigt wurde, da freuen sich die Problemisten.

Schreibe einen Kommentar