Schachblätter

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).

Kategorien: Schachaufgaben

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10 Kommentare

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

  2. Stefan

    31. Dezember 2017 — 18:34

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

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

  4. 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?

  5. Stefan

    3. Januar 2018 — 15:15

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

  6. Hartplatzheld

    3. Januar 2018 — 23:46

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

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

  8. 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.

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

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

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