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Karl-Fabel-100-Gedenkturnier  

   

Ausschreibung zum 197. Thematurnier der Schwalbe

 Zum Gedenken an den 100. Geburtstag von Karl Fabel schreibt Die Schwalbe ihr 197. Thematurnier aus. Gefordert sind Retro-Aufgaben (keine Beweispartien, keine Illegal Clusters) mit Zwillingen durch Stellungs- oder Forderungs- bzw. Bedingungsänderung.

Die folgenden drei Aufgaben sollen Ihnen einige Anregungen geben:

 

1. Alexandr Zolotarew
feenschach 2000
2. Ehrende Erwähnung

 

2. Wolfgang Dittmann
idee & form 2003

 

3. Jurai Lörinc
Phénix 1995

 

 

Letzter Zug des sLc8?
b) sLsLf5,h3 —> sDsD

(12+12)

 

#1 vor 4 Zügen
Proca-VRZ
Anticirce Typ Cheylan
b) sBg7 —> c7

(4+6)

 

Letzter Zug?
b) Patrouilleschach
c) Isardam

(2+9)

 

Die a)-Stellung in 1 löst sich so auf: zurück: 1.– Lb1-f5 2.a3-a4 b2-b1=L 3.a2-a3 a3:Db2 4.Dd4-b2 c5-c4 5.Dd8-d4 c6-c5 6.d7-d8=D c7-c6 7.c6:Sd7! (c6:Ld7?) Sf8-d7 8.Sg5-h7 Sh7-f8+ 9.Se4-g5 a4-a3 10.Sg5-e4 Lf5-h3 11.Sh3-g5+ Le4(d3)-f5 12.c5-c6 Lc(b5)-e4(d3) 13.c4-c5 Ld7-c6(b5) 14.c3-c4 Lc8-d7 15.c2-c3 d7:Le6 16.Lc4-e6 a5-a4 17.Lf1-c4 Kg4-h4 18.e2:T/Sf3+ usw.; die Antwort auf die Frage lautet also: Lf5-h3. In b) geht es so: zurück: 1.– Db1-f5 2.a3-a4 b2-b1=D 3.a2-a3 a3:Db2 4.Dd4-b2 c5-c4 5.Dd8-d4 c6-c5 6.d7-d8=D c7-c6 7.c6:Ld7! Lc8-d7 8.c5-c6 d7:Le6 9.Lc4-e6 a4-a3 10.Lf1-c4 a5-a4 11.e2:Sf3 Sd4/g5-f3 12.c4-c5 Se6-d4/g5 13.c3-c4 Sf8-e6 (nicht Sg7-e6? 14.c2-c3 Sh5-g7 mit Retropatt!) 14.Sg5-h7 Sh7-f8+ 15.c2-c3 De6-h3 16.Sh3-g5+ Kg4-h4 17.Sg5-h3 usw.; hier machte der Läufer also nur den einen Zug Lc8-d7, wonach er dann geschlagen wurde.

 

In 2 kann sich der weiße König wegen des Cheylan-Typs im Rückzug seinem schwarzen Pendant auf e1 nähern, weswegen dann Schwarz seinerseits e8 besetzen muss, um das Schach zurückzunehmen. In a) nähert sich Weiß mit zurück: 1.Kd3-e4! Dd7-b5+ (erzwungen) 2.Ke2-d3 De8-d7+ 3.e5:e6 e.p.→ d2! (zur Räumung von d2) d7-d5 4.Lg5-e7 – vor 1.Ld2# Diese Lösung funktioniert in b) nicht: zurück 1.Kd3-e4? c7:L/Sd6→ d7+!; dafür geht nun zurück 1.Kf3-e4 g5-g4+ 2.e6:Tf7→ f2! Tg(h7)-f7+ 3.Ke2-f3 De8-b5+ 4.Ld6-e7 – vor 1.Lg3# Diese Lösung hingegen funktioniert in der anderen Stellung nicht, da nach 2.e6:Tf7→ f2 das Schach nicht zurückgenommen werden kann und die Freimachung von d2 nichts nutzt, da das Feld g5 blockiert ist.

 

3 ist ein sehr hübsches und instruktives Beispiel für Zwillingsbildung durch Änderung der Bedingungen: In a) sind die letzten drei Einzelzüge natürlich zurück 1.d4:e3 e.p.+! e2-e4, 2.d5-d4+ In b) funktioniert dies wegen der Patrouille-Bedingung (nur ein von einem Stein gleicher Farbe beobachteter Stein kann schlagen und damit Schach bieten) nicht, da ein sB auf d4 nicht beobachtet war. Statt dessen kann das Schach durch den sL nur erklärt werden, dass er im letzten Zug neu beobachtet wurde, also zurück 1.0-0!. Die a)-Lösung klappt auch in c) nicht: Unter Isardam sind Madrasi-artige Beobachtungen illegal, ein weißer Läufer auf d1 würde also das Schach des sLa8 aufheben; also war der letzte Zug 1.c2:Ld1=S+ Eine sehr ansprechende Darstellung des Valladao-Tasks.

 

Preisrichter des Turniers ist Thomas Brand, der auch einen Preisfond von 100 € auslobt. Weiterhin hat die Tochter von Karl Fabel, Renate Fischach-Fabel, einige seiner Bücher gestiftet, die an die Autoren der ausgezeichneten Aufgaben verteilt bzw. unter den Teilnehmern verlost werden. Darüber hinaus hat sie eine sehr persönliche Überraschung zur Verfügung gestellt, die der Gewinner des ersten Preises erhalten wird.

Einsendungen bitte mit dem Hinweis Fabel-100 bis zum 20. Oktober 2006 (Karl Fabels 101. Geburtstag) an den Turnierdirektor: Günter Lauinger, Gradmannstr. 35, D-88213 Ravensburg

 

English summary: Die Schwalbe announces the Karl-Fabel-100 memorial tournament for retrocompositions with twins. Twinning is by change of position or of stipulation/conditions; proofgames and illegal clusters are not accepted. Entries are to be sent to the tournament director Günter Lauinger (address see German text). Judge: Thomas Brand. Prize fund: 100 and books. Closing day: October 20, 2006.

 

* * *

 

Karl-Fabel-100-Gedenkturnier

zugleich: 197. Thematurnier der Schwalbe

 

Preisbericht von Thomas Brand, Bornheim

 

1. Preis: René J. Millour

Schon vor knapp 20 Jahren hat R.J. Millour erste Imitator-Retros veröffentlicht, bei denen nach den Schlagfeldern der fehlenden Steine gefragt wurde. Allesamt großartige, tiefsinnige und zu Recht stets hoch ausgezeichnete Probleme (siehe PDB P0004075, P0005375, P0006536 oder P1066800). Keines kommt aber in seiner Komplexität und Tiefe an die Nr.16 heran: Einmal (in diesem Turnier selbstverständlich) durch die Zwillingsbildung. Diese würde ich in einem Hilfsmatt-Turnier sicherlich bemängeln, nicht aber bei einem Retro-Turnier: hier wird nämlich eine Figur in ihrer Partieausgangsstellung durch ihr andersfarbiges Pendant ebenfalls in ihrer Partieausgangsstellung ersetzt - für eine Retroaufgabe also gar eine sehr attraktive Zwillingsbildung. Dann kommt natürlich noch hinzu, dass in der vorliegenden Aufgabe auch der Imitator erst eingesetzt werden muss, was die Komplexität der Aufgabe weiter erhöht.

vollständige englischsprachige Lösungsangabe des Autors siehe unten!

 

Nr. 16 René J. Millour
Fabel-100 GT 2007
1.
Preis

 

Nr. 11 Werner Keym
Fabel-100 GT 2007
2. Preis

 

Nr. 7 Bernd Gräfrath
Fabel-100 GT 2007
3. Preis

 

 

Ergänze einen

(10+12)

 

#1

(14+7)

 

Geringste Zahl

(11+15)

Imitator, sodass jeder führende Stein nur auf (jeweils) einem bestimmten Feld geschlagen werden konnte!
b) wTh1 statt sTh8

 

b) sBd7 –> e7

 

der Königszüge von Weiß?
Schlagschach 
b) sSd7 statt sTd7

 

2. Preis: Werner Keym

Die minimale Stellungsveränderung führt überraschend zu einer entscheidenden Änderung der Retroanalyse, die dazu führt, dass nach dem "normalen" Matt in a) die Zwillingsfassung die drei „Bosheiten des Einzügers" (wechselnder Anzug, e.p. und Rochade(un)möglichkeit) zeigt. Sehr hübsch, sehr elegant und mit mehr Retro-Tiefe als viele andere Einzüger. Ein Stück, das auch Karl Fabel gefallen hätte!
Lösungsangabe des Autors:
Die wBB schlugen 9 mal. Ferner geschah sBf3:Sg2. Ein wL auf sFeld bleibt als Schlagobjekt übrig. In Fassung a) war zuletzt sBf3:Sg2 Sh4-g2 möglich, früher wBe3:Figurf4 und sBe5:Lf4. Außerdem erfolgte sBa7?a1=X (daher 0-0-0 unzulässig), danach wB:X. Die Lösung ist Ke2#.
In b) ergäbe zuletzt sBf3:Sg2 und früher sBe5:Lf4 einen Schlagfall zu viel wegen des sBe7. Weiß zog zuletzt, und der einzige wZug, der einen vorhergehenden sZug erlaubte, war wBf2-f4, davor sB/3:Sg2. In diesem Fall war sBa:Lb-b1=X möglich und 0-0-0 ist zulässig. Die Lösung ist Lg4:f3 e.p. 0~0~0#.
In beiden Fassungen scheitern andere Zurücknahmen: nicht wKd1-e1? Kf2:Lg1 wegen illegalen L-Schachs; nicht wKd1-e1? Kf2:Sg1, da sBf3:Lg2 mit dem sL auf sFeld unmöglich ist. Der retroanalytisch wichtigste Stein ist der nicht vorhandene wL auf sFeld!

Einzüger mit den drei reellen Fabel'schen Bosheiten (unüblicher Anzug, E.p., Rochade) sind sehr selten. Folgendes Problem ist die Erstdarstellung: W. Keym, Deutsche Schachblätter 1968, wKe1 Td2 Th1 La5 Le2 Sd5 Sf2 a4 b3 b5 b7 c4 c6 d3 - sKc1 Tb1 La1 b2 b4 (14+5), 1#; 1.b4:a3 e.p.! 0-0#.

 

3. Preis: Bernd Gräfrath

Selbstverständlich sind in Schlagschach-Retros Königsumwandlungen nicht neu (so z.B. W. Dittmann, The Problemist 1989 mit gleicher Forderung wie hier, siehe Dittmann-Buch Nr. 68 (PDB P0002557) oder B. Gräfrath, 8835 feenschach 2003 (PDB P1067386) mit Zwillingsbildung und Frage nach der minimalen Zugzahl beider Könige): sie sind mit dieser Bedingung sogar gewöhnlich einfacher darzustellen als andere Umwandlungen, wenn der Umwandlungsstein noch schlagfrei ziehen muss.
Dennoch ist dies ein sehr originelles Stück - nicht nur wegen der hervorragenden Zwillingsbildung: die ist hoch thematisch, da dadurch der einzig fehlende schwarze Stein ausgetauscht wird, der schlagend ins weiße Lager (f1) eindringen muss. Und dazu sind sehr unterschiedliche Strategien von Weiß notwendig. Während a) noch relativ einfach ist, ist die notwendige weiße Strategie in b) deutlich komplexer, und im Ergebnis sehen wir die Dreifachkombination unterschiedlicher Arten von Königsumwandlungen.
Lösungsangabe des Autors:
Der wLf1 wurde von dem jeweils fehlenden schwarzen Stein geschlagen, der dann selber auf f1 geschlagen wurde. Drei weitere weiße Steine wurden geschlagen, um die schwarze Bauernstruktur zu erzeugen. Der letzte fehlende weiße Stein wurde auf h2 bzw. h1 geschlagen, um dem schwarzen Stein den Weg nach f1 zu ermöglichen, ohne vorher den wBf2 oder den wBh5 schlagen zu müssen. 
In a) kann der sS relativ leicht auf f1 schlagen und so den wK befreien, der sich dann auf den Weg zum Schlagfeld c5 oder c6 machen kann. Die geringste Zahl der weißen Königszüge ist dann 8 (acht), und der wKa8 ist ein Phönix-König.
Eine mögliche Beweispartie: 1.Sc3 Sf6 2.h4 Sg4 3.Th2 S:h2 4.Sf3 S:f1 5.K:f1 d6 6.Sd4 f6 7.Sc6 b:c6 8.a4 Kd7 9.a5 De8 10.Sa4 Df7 11.Kg1 Ke8 12.Kh2 Le6 13.Kg3 Sd7 14.Kf3 Td8 15.Ke3 Dg8 16.Kd4 Lf717.a6 f5 18.Sb6 a:b6 19.Kc5 b:c5 20.a7 Se5 21.Tb1 Td7 22.a8K Kd8 23. Ta1 Le8 24.Tb1 Sf7 25.h5.
In b) musste der fehlende sT über a4 und h4 nach h1, um von dort aus den wLf1 zu schlagen. Zu diesem Zeitpunkt darf der wBa2 nicht mehr auf der a-Linie stehen. Also muss sich dieser umwandeln, bevor sich der sT auf den Weg macht. Der wBa2 braucht aber freie Bahn, um nach a8 und wieder zurück zu kommen, ohne einen schwarzen Stein schlagen zu müssen. Also müssen a7:b6:c5 und b7:c6 erfolgen, während der wKe1 noch eingesperrt ist. Daher müssen für die drei Bauernschläge der fehlende weiße Turm und die fehlenden weißen Springer verwendet werden. Der sT braucht aber auf h1 ein Schlagobjekt, und dieses kann dann nur der umgewandelte wBa2 sein. Die einzige weiße Figur, die von a8 nach h1 gelangen kann, ohne einen schwarzen Stein schlagen zu müssen, ist ein weißer König. Also ging ein Ceriani-Frolkin-König von a8 nach h1 (was mindestens 12 Züge erfordert), und danach ging der Original-König von e1 nach a8 (was mindestens 14 Züge erfordert), mit Darstellung des Anti-Pronkin-Themas (wobei die thematische Figur ein König ist!). Die geringste Zahl der weißen Königszüge in b) ist dann insgesamt 26 (sechsundzwanzig).
Eine mögliche Beweispartie: 1.Sf3 d6 2.Sd4 f6 3.Sc6 b:c6 4.h4 Kd7 5.a4 De8 6.a5 Df7 7.Th3 Ke8 8.Tha3 Le6 9.Sc3 Sd7 10.a6 Sh6 11.Tb1 Dg8 12. Tba1 Se5 13.Ta5 Sef714.Sa4 Td8 15.Sb6 a:b616.Tc5 b:c5 17.a7 Td718.a8K Kd8 19.Ka7 Ke8 20.Ka6 Td8 21.Ka5 Tc8 22.Ka4 Ld7 23.Kb3 Kd8 24.Kc3 Le8 25.Kd3 Se5 26.Ke3 Sd7 27.Kf3 Sf7 28.Kg3 f5 29.Tb1 Ta8 30.Kh2 Ta4 31.h5 Th4 32.Kh1 T:h1 33.Ta1 T:f1 34.K:f1 Kc8 35.Kg1 Kd8 36.Kh2 Kc8 37.Kg3 Kd8 38.Kf3 Kc8 39.Ke3 Kd8 40.Kd3 Kc8 41.Kc3 Kd8 42.Kb3 Kc8 43.Ka4 Kd8 44. Ka5 Kc8 45.Ka6 Kd8 46.Ka7 Kc8 47.Ka8 Kd8 48.Tb1.

 

 

1. Ehrende Erwähnung: Nr. 15 von Dmitrij Baibikov
Nicht allzu schwierige Retroanalyse: Das Abzählen der Bauern-Schlagfälle zeigt, dass ein weißer und ein schwarzer Stein eingefügt werden muss. Dass beide dann genau so eingefügt werden müssen, obwohl sie anschließend sofort einen Platzwechsel vollführen, ist überraschend und hübsch. Die Zwillingsbildung vertauscht nicht nur zwei Steine, sondern auch die Zugnot. Ein sehr schönes Werbestück für klassische Retroanalyse.

a) +wLg4, +sTg2; Retro: 1.Tg1-f1 + De2-b5 2.Lf3-g4 Tg4-g2+ 3.Lg2-f3+ Kf3-f2 Lf1-g2+ etc.
b) +wBg4, +sSg2; Retro: 1.Tg1-f1+ Se3-g2 2.g2-g4+ Sg4-e3+ 3.Tb8-b5 b5-b4 4.Th8-b8 b6-b5 5.h7-h8T b7-b6 6.h6-h7 h7:D(T,L,S)g6 etc.
Antwort also: a) Ja b) Nein

Nr. 15 Dimitrij Babikov
Fabel-100 GT 2007
1. Ehrende Erwähnung

XVVV

Nr. 1 Klaus Wenda
Fabel-100 GT 2007
2. Ehrende Erwähnung

VVX

Nr. 9 Werner Keym
Fabel-100 GT 2007
3. Ehrende Erwähnung

 

 

Ergänze Steine! Hat der

(12+13)

 

#1 vor 6 Zügen,
Verteidigungs-

(4+16)

 

Wie viele Felder 
konnten die

(11+10)

sK im Verlauf der Stellungs-
entstellung nachweislich das Feld f3 betreten?
b) wTh1 <–> wDb5

 

rückzüger Typ Proca (ohne Vorwärtsverteidigung) Anticirce Cheylan
b) sTf3 –> f1

 

vorhandenen Steine höchstens betreten, wenn jeder dieser Steine kein Feld mehrmals betrat? b) wDd8 –> b8

2. Ehrende Erwähnung: Nr. 1 von Klaus Wenda
Ein wuchtig-barockes Stück mit dazu kontrastierend eleganten Rundläufen des wK unterschiedlicher Drehrichtung aus Anticirce-spezifischer Motivation: Der Weg des wK muss so gewählt werden, dass zuletzt jenes Repulsfeld des sT (a8 bzw. h8) besetzt ist, auf das der T nach dem Schlag auf dem Mattsetzungsfeld (f1 bzw. g1) zurück kehren müsste. Sehr gute Zwillingsbildung!
 

a) LKc4-c3 Ta8-e8+ 2.Kc5-c4 Sf8-d7+ (2.Kd5-c4? Tg8:Xc8/Tc8:Xg8+!) 3.Kd5-c5 Sc8-e7+ 4.Kd4-d5 Th8:D,T,L,Sg8+(Ta8) 5.Kc4-d4 (Ke4-d4?) Ta8:D,T,L,Sb8+(Th8) 6.b7-b8D,T,L,S vor 1.b:c8L(Lf1)#
b) 1.Kd4-c3 Th8-e8+ 2.Kd5-d4 Sc8-e7+ (2.Kc5-d4? Tb8:Xf8/Tf8:Xb8+!) 3.Kc5-d5 Sf8-d7+ 4.Kc4-c5 Ta8:D,T,L,Sb8+(Th8) 5.Kd4-c4 (Kb4-c4?) Th8:D,T,L,Sg8+(Ta8) 6.g7-g8D,T,L,S vor 1.g:f8S(Sg1)#
(Thematische Verführung in a): 1. bis 5. wie b) 6.b7-b8D,T,L,S ? vor 1.b:c8L(Lf1)+ T:f1(Ta8)! 
Thematische Verführung in b): 1. bis 5. wie a) 6.g7-g8D,T,L,S ? vor 1.g:f8S(Sg1)+ T:g1(Th8)! 
Typ Cheylan ist nötig, damit nicht z.B. 4.- Tb8:Xa8! verteidigt.)
 

3. Ehrende Erwähnung: Nr. 9 von Werner Keym
Laut Autor die Erstdarstellung einer Aufgabe mit dieser Frage, die zu einem originellen und retroanalytisch gewürztem Abzählspiel führt, bei dem nicht sofort ersichtlich ist, welche inhaltliche Relevanz die Stellungsänderung hat.

Lösungsangabe des Autors:
In beiden Fassungen betragen die Felderzahlen für den wK 1, T 1, Bc 2, Bg 1, Bh 1, sK 34 (wegen sO-0! g8, f8, e8, d8, c7, 6.-4. Reihe, h3, g2, h2, h1, g1), zusammen 40.
In Fassung a) besteht der thematische Fehlversuch in der Annahme, dass die D eine Originalfigur ist; in diesem Fall beträgt die Felderzahl für die D 40 (d8, c7, b8, 6.-3. Reihe, a2, g2, h2, h1, g1) und für den wL 19 (f1, g2, h1, 3.-6.Reihe), zusammen 59, und die Gesamtsumme ergibt nur 99. 
In der Lösung ist die D eine UW-Figur, die durch sBc:Sb:Sa:Db1D entstand. Das ermöglicht die Gesamtsumme 100, nämlich entweder für die D 42 (mit c1 und b1 bei Schachschutz durch sSd1) und für den L 18 (ohne b3) oder für die D 41 (ohne g3) und für den L 19 (mit b3). Retroanalyse zu a): zuletzt 1.w0-0-0+, zuvor etwa Db6-d8 2.Le4-h1 Kh1-g1 3.Ld3-e4+ Kh2:Th1 4.Tf1-h1+ Db3-b6 5.T Dc3-b3 6.b3:Sc4 Se3-c4 7.T Sd1-e3 8.T~ Dc6-c3 9.T~ Dg2-c610.Lc4-d3 Dg1-g2 11.La6-c4 Kg2-h2 12.Lb5-a6 Dh2-g1 13.La4-b5 Dh1-h2 14.h2-h3 Kh3-g2 15.Tg1-f1 Dß-h1, vorher Lc6-a4, Dc4-b4-a3-a2-b1-c1-b1, a2:Db1D, a3-a2 und davor a2:Sb3 usw.
In Fassung b) ist die D eine Originalfigur und die Gesamtsumme beträgt 101, nämlich für die D 42 (mit f8 und e8 nach s0-0 und wS:Tf8) und für den L 19. Eine UW-D würde wie in a) nur zu 100 Feldern führen, da sie die Felder e8 und f8 nicht betreten kann; das ist hier der thematische Fehlversuch. Die Retroanalyse zu b) ist ähnlich wie zu a), aber ohne die Umwandlung des sBc auf b1.
 

Dem Autor, der auch Beweispartien für die Lösungen angegeben hat, kam es speziell auf die Lösungszahlen (100. Geburtstag, Turnierende zum 101. Geburtstag von Karl Fabel) an - gerade deshalb ein besonders passender Beitrag zu diesem Turnier.

 

Nr. 12 Wolfgang Dittmann
Fabel-100 GT 2007
1. Lob

X

Nr. 14 Juraj Lörinc
Fabel-100 GT 2007
2. Lob

X

Nr. 2 Klaus Wenda
Fabel-100 GT 2007
3. Lob

 

 

#1 vor 2 Zügen

(7+5)

 

Letzter Zug?

(6+7)

 

s#1 vor 3 Zügen

(9+9)

Verteidigungsrückzüger Typ
Proca (ohne Vorwärtsverteidi-gung) Anticirce
b) wBa7 –> c7 c) wBa7 –> e2
d) ferner wKb4 –> a4
e) ferner sSh7 –> c8

 

a) Isardam
b) Vogtländer Schach
c) Patrol Schach
d) Mars-Circe

 

Verteidigungsrückzüger Typ Proca Anticirce
b) sLf6 –> a1

 

1. Lob: Nr. 12 von Wolfgang Dittmann
Hübscher All-Entschlag auf der Diagonale e8-a4, wobei ein Fünfling ganz besonders bemerkenswert ist. Allerdings ist die Zwillingsbildung nicht sehr elegant, aber was schlimmer ist: nach den einheitlich begründeten Schlüsseln ist das Spiel bereits zu Ende.

a) 1.Le8:Da4[f1]! Da6(c6,d7)-a4+ 2.Kb3-b4 - vor 1.Kb2# Die sD auf a6, c6 oder d7 kann das Schach im 2. Zug durch Besetzung des Repulsfeldes c8 aufheben.
(1.Le8:Tb5[f1]? Te5-b5+! und der sT deckt e1. 1.Le8:Sc6[f1]? Lb8-f4+! 2.Kb3-b4?? illegal.)
b) 1.Le8:Sc6[f1]! S bel.-c6+ 2.Kb3-b4 - vor LKb2# Der sS kann das Schach im 2. Zug aufheben: auf a5, d4, e5, e1, d8 durch Sperrung der L-Diagonalen, auf a7 durch Besetzung von c8, auf b8 durch entschlagenden Retrosprung auf ein Feld der L-Diagonalen.
(1.Le8:Da4[f1]? Da7-a4+! 2.Kb3-b4?? illegal. 1.Le8:Ta4[f1]? Ta6(7)-a4+! 2.Kb3-b4?? illegal. 1.Le8:Tb5[f1]? Te5-b5+! und der sT deckt e1.)
c) 1.Le8:Tb5[f1]! Ta(c,d,e,f,g,h)5-b5+ 2.Kb3-b4 - vor 1.Kb2# Der sT kann das Schach im 2. Zug durch Sperrung der L-Diagonalen aufheben.
(1.Le8:Ta4[f1]?
Ta6-a4+! 2.Kb3-b4?? illegal. 1.Le8:Sc6[f1]? Lb8-f4+! 2.Kb3-b4?? illegal.)
d) 1.Le8:Ld7[f1]! L bel.-d7+ 2.Kb3-a4 - vor 1.Kb2# Der sL kann das Schach im 2. Zug durch Besetzung des Repulsfeldes c8 aufheben.
e) 1.Le8:Bb5[f1]! Sa7-c8+ 2.Kb3-a4 - vor 1.Kb2# Der sLg8 kann ausweichen. (1.Le8:Dc6[f1]? Dh1-c6+! 1.Le8:Dd7[f1]? Dd2(1)-d7+! LKb3-a4? Ld2-f4!)
 

2. Lob: Nr. 14 von Juraj Lörinc

Witzige Allumwandlung allein durch Bedingungswechsel. Dass auch bei solch "einfach" ausschauenden Stellungen der NL-Teufel immer wieder um die Ecke lugt, sieht man beispielsweise, wenn man sich anschaut, weshalb der sK nicht auf dem eigentlich viel hübscheren Feld a1steht?

a) Weiß im Schach: 1.- f2:Le1=S
b) Schwan im Schach: 1.g7-g8=L
c) Weiß im Schach: 1.- h2-h1=T
d) Schwarz im Schach: 1.a7-a8=D
 

3. Lob: Nr. 2 von Klaus Wenda

Hübsche Echomatts nach Rückkehr. Allerdings ist die Zwillingsbildung nicht besonders elegant (der versetzte Läufer dient in b) nur noch der NL-Verhinderung), und e.p.-Schlüssel sind im Verteidigungsrückzüger noch "brutaler" (weil einschränkender) als Schachgebote im direkten Mattproblem.
a) 1.b5:a6 e.p.[a2] a1-a5 2.Ke1:Bf2[Ke1] Lb8-h2+ 3.Kg1:Sg2[Ke1] - vor Lg6+ Lh2#
b) 1.e5:d6 e.p.[d2] d7-d5 2.Ke1:Bd2 Tb8-b1+ 3.Kc1:Sc2[Ke1] - vor 1.Sf6+ Tb1# (Ohne wLa1 in b) NL: 1.Ke1:Bf2 Lb8-f2 2.Ka1:Bb2 - vor 1.g6+)
 

Zum Schluss bleibt mir, mich bei allen Teilnehmern zu bedanken für die Aufgaben, deren Lösung, Prüfung, Kommentierung und Reihung mir sehr viel Spaß gemacht hat. Ebenso sei Wolfgang Dittmann und Günter Büsing für ihre Unterstützung bei der Vorbereitung des Turniers gedankt.
Mein ganz besonderer Dank gilt Frau Fischach-Fabel, der Tochter von Karl Fabel, die, wie angekündigt, großzügig Preise aus dem Nachlass ihres Vaters zur Verfügung gestellt hat: An den Autor des ersten Preises geht als persönlicher Sonderpreis das Taschenschach, auf dem Karl Fabel komponiert hat; alle Autoren der ausgezeichneten Stücke erhalten ein Buch von ihm.

 

René J. Millour
Die Schwalbe 2007

1. Preis Karl-Fabel-Gedenkturnier

(10+12)

Add an Imitator, so that capture square for every missing man is unambiguous

a) Diagram b) +wRh1 -bRh8

 

1. PRELIMINARY REMARKS:

Whatever the paths and the number of moves, any displacement has a horizontal component [+ right, - left] and a vertical one [+ up, - down]. If Ke1→c5, h=-2 and v=+4. If Qd8→g2, h=+3 and v=-6. These values also express the displacements, always equipollent, of the Imitator. One may add respectively different h and different v. Here -2+3=+1 and +4-6=-2 are respectively the h and v-displacements of the Imitator resulting from the combination “Ke1→c5, Qd8→g2”.

1) If H and V are the additions respectively of all the h and all the v of all the pieces moved in a game [for that, one must know the initial and final squares of each piece], H and V are also the horizontal and vertical displacements of the Imitator between its position at the start of the game and its final position. When a diagram shows the final position of the Imitator, one can deduce its starting position by applying the inverse, -H and -V.

2) When calculating H and V, the initial squares may be inverted. Compare “Ke1→c5, Qd8→g2” and “Qd8→c5, Ke1→g2”. In the first case, horizontally -2+3=+1, vertically +4-6=-2. In the second, -1+2=+1 and -3+1=-2. Same results! The final squares also may be reversed. Compare “Sb1→f3, Qd1→c7” and “Sb1→c7, Qd1→f3”. First, horizontally +4-1=+3, vertically +2+6=+8. Then, +1+2=+3 and +6+2=+8. Same results! But mind some impossible inversions: for example a Bf1 may move to f3 but not to c7.

3) At the start of the game, the Imitator must be on the board, but cannot be on 1, 2, 7 or 8, ranks occupied by the pieces, not on 6 as White has not even a move, and not either on 5 if the first move has to be done by a S! Thus we have -7 ≤ H ≤ +7 and -4 ≤ V ≤ +5 otherwise the Imitator cannot be on the board at once at the start of the game and in the given position. 2 - FORCED DISPLACEMENTS IN a) AND b).

Clearly, there is only one possible capture square for each missing B, as 3 Bs died on c1, c8 and f1 without any displacement!

We arbitrarily consider Sa1 was on b1 and Sa8 on b8 at the start of the game [see 1-2)]. Because these Ss came on a1/a8 before a2xb3/a7xb6, the Rs could never escape from 1st/8th ranks. Thus, the pieces captured by Ps were bQ or bS on b3 and wQ or wS on b6. We have the following forced displacements.

  

Horizontally Ka2=-4, Sa1=-1, Pb3=+1, Kb5=-3, Sa8=-1, Pb6=+1, wSb6+bQb3 or wQb6+bSb3 =-7. Total h(forced)=-14. Vertically Ka2=+1, Sa1=0, Pb3=+1, Kb5=-3, Sa8=0, Pb6=-1, wSb6+bQb3 or wQb6+bSb3 =0. Total v(forced)=-2.

wQb6+bQb3 is illegal because a S must disappear to allow a Q to leave the 1st or 8th rank. wSb6+bSb3 is intentionally omitted, but afterwards anyone may verify that this combination, when legal, does not add anything to all what follows. Here h(forced) is the displacement the less negative. The result h(forced)=-14 implies a positive displacement of the others pieces, so that the Imitator could be on the board at the start of the game [see 1-3)].

3 - IN POSITION a), THE IMITATOR CANNOT BE ON 1st OR 8th RANK! “Imitator on 1 or 8” is a special case, as Black must immediately uncapture to avoid White retro-stalemate! As retracting a7xb6 is illegal (the bK cannot move back to e8), there are only two possibilities.

An uncapture on b5 would be illegal.

If wQb6+bSb3, a wS would be uncaptured on b5 and h(forced) would become -14-5=-19. The most positive h-displacements of the other pieces would be: bRa=+2 (captured on c8 before bQ and bK left the 8th rank, this being possible only after Sb6-a8 and a7xb6), bQ=+4 (on h), wRh=0 (on h1), wRa=+5 (captured on f1 with wK and wQ on h1 and g1, wRh being already captured). Total H=-19+2+4+0+5=-8. Same result with any other combination of captures on b3,b6,b5 [see 1-2)]. H=-8 is illegal [see 1-3)].

But why not an uncapture on h8?

3 consequences.

1) A wS would be restored because the wQ could never reach h8, that means wQ captured on b6,

2) The Imitator would be on 8, not on 1 since wSh8 could not retro-move,

3) With wSh8, v(forced) would become -2+7=+5. Imitator on 8 implies V=+5 or +4, otherwise the Imitator cannot be on 3 or 4 at the start of the game, as it must be when the first move is a S move [see 1-3)]. This implies for the bQ a 0 or -1 v-displacement, in other words bQ captured on 8 or 7.

Under these conditions, the most positive h-displacements of the pieces not posted in x(forced) would be: wSh8=+1, wRh=0 (captured on h1), wRa=+5 (on f1), bRa=+4 (on e8 after disappearance of bQ and 0-0-0!!!), bQ=0 (on d8, not on e8 since 0-0-0 would be impossible: first the bQ has to leave the 8th rank via a7, which implies bS already on a8). Here H=-14+1+0+5+4+0=-4 looks legal. Regarding the stipulation of the problem, this is very interesting, because there would be a precise capture square for each missing piece. Is there, on 8, a position of the Imitator respecting that? 1) With Imitator c8, these h-displacements of the pieces would not be exactly needed. For sure, the pieces could disappear as mentioned and, with H=-4 and V=+5, -H and -V would show that the Imitator would have been on g3 at the beginning [see 1-1)]. But one of the pieces could be captured as well one square more on the left (for example, bQ on c8 instead of d8), leading to H=-5 and Imitator on h3 at the beginning, which is also legal. With Imitator c8 (or b8), all is not “unambiguous” as required.

2) With Imitator e8 (or g8), these h-displacements would be illegal, since the Imitator would have started form out of the board.

3) IMITATOR d8 would force the captures exactly as follows: wQ on b6, wRa on f1, wRh on h1, wS on h8, bQ on d8, bR on e8, bS on b3! H=-4 and V=+5, Imitator on h3 at the beginning! But this is simply a try! WITH IMITATOR d8, THE POSITION IS ILLEGAL → after the uncapture Rg8xSh8(Ib8-c8), White is retro-stalemated: Sg6-h8(Ib6-c8) is illegal, since b6 is occupied! 4 - SOLUTION a).

Now that the special case “Imitator on 1 or 8” is settled, let us have a more general approach in our search for the most positive h-displacement in compensation for h(forced)=-14.

  

bQ and bK left the 8th rank), wQ+bS or wS+bQ =+5 (wQ+bS or wS+bQ captured on h). This leads to H=-2. By placing the Imitator on f (Imitator on h at the start of the game), this most positive h-displacement will be inevitable.

1) But the first uncapture (inevitably on h!) cannot be done by a K: with the Imitator on f, no K can reach h. For that, the Imitator must be much more on the left!

2) An uncapture by the bR is compatible with Imitator on f! That means a wS must be restored first on h8, as in the try!

Vertically, we have: v(forced)=-2, wSh8=+7, wRh=wRa=bRa=0, bQ=v (v is unknown for the time being). This leads to V=(v+5). The question is now: is it possible to have the Imitator on f6, f5, f4 or f3, so that v is known without ambiguity?

1) With Imitator f6, V=+3 or +2 is needed, otherwise the Imitator cannot be on 3 or 4 at the beginning, as it must be. That means v=-2 or -3, in other words: bQ captured on h6 or h5.

2) With Imitator f5, V=+2 or +1, v=-3 or -4, bQ captured on h5 or h4.

3) With Imitator f4, V=+1 or 0, v=-4 or -5, bQ captured on h4 or h3. Regarding the stipulation, these duals are not satisfactory.

4) With Imitator f3, V= 0 or -1, v=-5 but not -6, since the bQ could not disappear on h2, as this square was always occupied!

In this case, the steps of the retro-genesis are: 1) the bR uncaptures the wS on h8 2) the wS uncaptures the bQ on h3 3) bK and bQ return to 8 4) the bP uncaptures the wQ on b6 5) wK and wQ return to 1 6) the wP uncaptures the bS on b3 7) the Ss uncapture the Rs and Bs and return home!

Thus, solution a) is IMITATOR ON f3, forcing the captures as follows: wQ on b6, wRa on f1, wRh on h1, wS on h8, bQ on h3, bR on c8, bS on b3! H=-2 and V= 0, Imitator on h3 at the start of the game!

5 - IN POSITION b), THE IMITATOR CANNOT BE ON 1st OR 8th RANK!

“Imitator on 1 or 8” remains special. The wK cannot retro-move immediately, the bK can, but only on 5th rank. An uncapture is possible on h1 instead of h8. No retro-stalemate this time, and therefore the first uncapture is not necessarily immediate. Theoretically, the bK himself can uncapture on different squares of 5th rank.

An uncapture on 5th rank would be illegal.

To v(forced)=-2, we add +4 for the v-displacement of a wQ or wS restored on 5th rank. Moreover, the bS or bQ not captured on b3 would have a 0 or negative v-displacement. Thus, it would be impossible to have V=+5 or +4 as needed if the Imitator is presently on 8. Only a Sb5 retro-moving on a7 could allow the Imitator to leave the 1st rank. But an uncapture directly on b5 would lead to the h-illegality already noticed in position a). Simply, instead of H=-8 we would have H=-9 because the wRh is now present and the wRa would disappear on e1 instead of f1.

Theoretically, the wQ (uncaptured on 5) could uncapture the bS on b5. But this would lead to V=-2+4-3=-1, which is an illegal result since, with Imitator on 1st rank, we must have V=-2 or -3!

But why not an uncapture on 1st rank?

To v(forced)=-2, we add -7 for the bQ or bS uncaptured on 1st rank. Even by adding +7 (captured on 8) for the wS or wQ not captured on b6, we cannot have H=+5 or +4 as needed if the Imitator is presently on 8.

With Imitator on 1, V=-2 or -3 is needed, so that the previous white piece would have vanished on the 8th or 7th rank. In case of bQ restored on 1, no black piece could uncapture on the 8th or 7th rank because the Imitator could not leave the 1st rank! Only a bS could be restored on 1!

Under these conditions, the most positive h-displacements of the pieces not posted in h(forced) would be: bSh1=+1, bRh=0 (captured on h8), bRa=+2 (on c8 before bQ and bK left the 8th rank), wRa=+4 (on e1, wRh wK and wQ being at this moment on h1 g1 and f1), wQ=+1 (on e8). Here H=-14+1+2+4+1=-6 looks valid.

  

bQ on b3, bRa on c8, bRh on h8, bS on h1! H=-6 and V=-2, Imitator starting from h3!

This time, no retro-stalemate as in the try of position a). With Ib1, one can successively retromove for example: Kc5 Rg1(bSh1) Sg3 Ka3 Kd5 (Ib4) ... etc ... The steps of the retro-genesis would be: 1) the wR uncaptures the bS on h1 2) the bS uncaptures the wQ on e8 3) wK and wQ return to 1 4) the wP uncaptures the bQ on b3 5) bK and bQ return to 8 6) the bP uncaptures the wQ on b6 7) the Ss uncapture the Rs and Bs and return home!

But this is a try once more! WITH IMITATOR b1, THE POSITION IS ILLEGAL → the steps 1) 2) 3) are actually manageable, but the return to 1st rank of wK+wQ is only possible with bK+bS on 8th rank, the Imitator being inevitably carried on 3rd rank. The 4th step cannot be achieved, the retro-move a2xb3 being illegal with Imitator on 3rd rank!

6 - SOLUTION b).

This time the Imitator, for example on f as in Solution a), can be carried toward the left by retro-moving the wR. Then a K may reach h and uncapture on h! Let us have again a more general approach in our search for the most positive h-displacement in compensation for h(forced)=-14.

For the pieces not posted in h(forced), it is: wRa=+4 (captured on e1), bRa=+2 (on c8), bRh=0 (on h8), wQ+bS or wS+bQ =+5 (wQ+bS or wS+bQ captured on h). This leads to H=-

3. Vertically: wRa=bRa=bRh=0, wQ+bS or wS+bQ =v (this time, v is the v-displacement of the couple of pieces captured on h!). By addition with v(forced)=-2, we have V=(v-2). H=-3 means: by placing the Imitator on e (Imitator on h at the start of the game), these most positive h-displacements will be inevitable. Is it possible to have the Imitator on e6, e5, e4 or e3, so that v is known without ambiguity? In other words, is it possible to have two precises pieces precisely splitted on two precise squares?

1) With Imitator e3, V= 0 or -1 is needed, otherwise the Imitator cannot start from 3rd or 4th rank as it must! Thus, v=+2 or +1. This is possible in different manners: wSh4+bQh6, wQh5+bSh5, etc...

2) With Imitator e4, v=+3 or +2: wQh5+bSh6, bSh5+wQh6, etc...

3) With Imitator e5, v=+4 or +3: wQh4+bSh8, wSh6+bQh6, etc... Regarding the stipulation, these duals are not satisfactory.

4) With Imitator e6, v=+5 or +4. Only 4 combinations, as no Q could reach h8.

4.1) wSh8+bQh6 is illegal. The first piece to be uncaptured is the bQ. With Ie6, whatever the retro-moves of wR+bK, the wK cannot reach h6!

4.2) wSh8+bQh5 is illegal. The wK cannot reach h5!

4.3) wQh6+bSh8 is illegal. The bK must reach h6 to uncapture the wQ. Whatever the paths, this leads to White retro-stalemate! Example: Kc5(If6) Rf1(Id6) Kd5(Ie6) Re1(Id6) Ke5(Ie6) Rd1(Id6) Kf5(Ie6) Rc1(Id6) Kg5(Ie6) Kb1(If5) Kh6(Ig6) retro-stalemate!

4.4) wQh5+bSh8 ... No problem, the bK can reach h5! The steps of the retro-genesis are: 1) the bK uncaptures the wQ on h5 2) wK and wQ return to 1 3) the wP uncaptures the bS on b3, wSa1 is freed 4) wSa1 uncaptures the bS on h8 5) bK and bQ return to 8 6) the bP uncaptures the wS on b6 7) the Ss uncapture the Rs and Bs and return home!

Thus, solution b) is IMITATOR ON e6, forcing the captures as follows: wQ on h5, wRa on e1, wS on b6, bQ on b3, bRa on c8, bRh on h8, bS on h8! H=-3 and V=-2, Imitator on h4 at the start of the game!

7 - FINALLY ...

This is a problem with a very original stipulation and 2 solutions at once similar and different. The pieces captured in a) on b are captured in b) on h, and vice versa! Also good unity because, in both positions, there is a very tempting try!

Here are 2 retro-games showing the legality of what has been calculated in the solutions. The position of the Imitator is given every 5 retro-moves.

POSITION a) => (If3) 62.Rh8-g8(Sh8) Ka2-a3 61.Kb5-a6 Sh8-g6 60.Ka6-a7 Ka3-a4 59.Ka7-b8 Sg6-f4 58.Kb8-c8 Sf4-h3 (If3) 57.Kc8-d8 Sh3-f4(Qh3) 56.Qh3-h5 Ka4-a3 55.Qh5-f5 Ka3-a2 54.Qf5-e5 Ka2-b1 53.Qe5-f5 Kb1-c1 (Ie3) 52.Qf5-d5 Kc1-d1 51.Qd5-c5 Kd1-e1 50.Qc5-b5 Ke1-f1 49.Qb5-a6 Kf1-g1 48.Qa6-a7 Kg1-h1 (Ie5) 47.Qa7-b8 Sf4-d3 46.b6-a7(Qb6) Qb6-a5 45.Qb8-c8 Sd3-f4 44.Qc8-b8 Qa5-a2 43.Qb8-c8 Sf4-d5 (Ic4) 42.Qc8-b8 Qa2-b1 41.Qb8-c8 Sd5-b6 40.Qc8-b8 Qb1-g1 39.Qb8-c8 b3-a2(Sb3) 38.Sb3- c5 Sb6-a4 (If3) 37.Sc5-a6 Sa1-b3 36.Sa8-b6 Sb3-a5 35.Qc8-b8 Sa5-b3 34.Qb8-a8 Sb3- d4 33.Kd8-c8 Sd4-b3 (Ic4) 32.Kc8-b8 Sb3-c5 31.Sb6-d5 Sc5-b3 30.Sd5-e3 Sb3-a5 29.Se3-f1 Sa4-b6 28.Sf1-e3(Rf1) Sb6-d5 (Ig4) 27.Kb8-c8 Rf1-a1 26.Kc8-d8 Qg1-d1 25.Kd8-e8 Kh1-g1 24.Qa8-d8 Sa5-c6 23.Se3-g4 Kg1-f1 (Ig6) 22.Rg8-h8 Kf1-e1 21.Sg4-e3 Ra1-b1 20.Se3-f1 Rb1-a1 19.Sf1-g3(Bf1) Sd5-b6 18.Sg3-h1 Sb6-c8 (Ig6) 17.Rh8-g8 Sc8- b6(Rc8) 16.Sh1-g3(Rh1) Sc6-d4 15.Rg8-h8 Sd4-f3 14.Sg3-f5 Ra1-b1 13.Sf5-d4 Rb1-a1 (Ie4) 12.Sd4-b3 Sf3-e5 11.Sb3-c1 Ra1-b1 10.Sc1-b3(Bc1) Se5-f3 9.Sb3-c5 Sf3-g1 8.Rc8- b8 Sb6-c8 (If5) 7.Sc5-e4 Rb1-a1 6.Se4-f6 Sc8-b6(Bc8) 5.Rb8-a8 Sg1-f3 4.Rh8-g8 Sb6-c4 3.Rg8-h8 Sc4-a3 (Id3) 2.Sa6-b8 Sf3-g1 1.Sf6-g8 Sa3-b1 (Ih3) !

POSITION b) => (Ie6) 66.Kb5-c5 Rh1-e1 65.Kc5-d5 Re1-d1 64.Kd5-e5 Rd1-c1 63.Ke5-f5 Rc1-d1 62.Kf5-g5 Rd1-c1 (Ie6) 61.Kg5-h5 Rc1-e1 60.Kh5-g5(Qh5+) Qh5-f3 59.Kg5-h6 Qf3-c3 58.Kh6-g5 Re1-h1 57.Kg5-f5 Qc3-b4 (Ic5) 56.Kf5-e5 Qb4-a3 55.Ke5-f5 Ka2-b1 54.Kf5-e6 Kb1-c1 53.Ke6-d6 Kc1-d1 52.Kd6-d5 Kd1-e1 (Id3) 51.Kd5-d6 Ke1-f1 50.Kd6-c6 Kf1-g1 49.Kc6-b5 Kg1-f1 48.Kb5-a6 Kf1-e1 47.Ka6-a7 Qa3-a2 (Ia4) 46.Ka7-b8 Qa2-b1 45.Kb8-c8 b3-a2(Qb3) 44.Qb3-a3 Sa1-b3 43.Kc8-b8 Sb3-d4 42.Kb8-a7 Sd4-f3 (Ie4) 41.Ka7-a6 Sf3-e5 40.Ka6-a5 Se5-g6 39.Ka5-a4 Sg6-h8 38.Ka4-b4 Sh8-g6(Rh8) 37.Rh8- g8 Sg6-h8 (Ig6) 36.Kb4-a4 Sh8-g6(Sh8) 35.Ka4-a5 Sg6-e5 34.Ka5-a6 Se5-d3 33.Ka6-a7 Ke1-f1 32.Ka7-b8 Kf1-g1 (Ie5) 31.Kb8-c8 Qb1-d1 30.Sh8-g6 Qd1-e1 29.Qa3-a6 Sd3-c1 28.Sg6-e5 Qe1-f1 27.Qa6-a7 Sc1-b3 (Ie6) 26.Se5-d3 Sb3-c5 25.Sd3-e1 Sc5-a4 24.Qa7- b8 Sa4-c3 23.b6-a7(Sb6+) Sb6-d5 22.Se1-d3(Re1) Re1-c1 (Ie5) 21.Kc8-d8 Sd5-b6 20.Kd8-e8 Rc1-a1 19.Qb8-d8 Qf1-d1 18.Sd3-c1 Sb6-c8 17.Rg8-h8 Sc8-b6(Rc8) (Ic4) 16.Sc1-d3(Bc1) Sc3-b1 15.Rc8-b8 Sb6-c8 14.Sa8-b6 Sb1-c3 13.Sb6-c4 Kg1-f1 12.Sd3-e5 Sc8-b6(Bc8) (Ie4) 11.Se5-c6 Kf1-e1 10.Sc4-e3 Rh1-f1 9.Rb8-a8 Rf1-g1 8.Sc6-b8 Sb6-d5 7.Se3-f1 Rg1-h1 (Ie3) 6.Sf1-g3(Bf1) Sc3-b1 5.Sg3-h5 Sd5-c3 4.Sh5-f6 Sc3-e4 3.Sf6-d5 Se4-g5 2.Sd5-f6 Sg5-f3 1.Sf6-g8 Sf3-g1 (Ih4) !