Ergänzungen und Berichtigungen zu

 

HANS + PETER + REHM = SCHACH

Hans Peter Rehm

EDITIONS feenschach - phénix, 1994

 

zusammengestellt von Hans Peter Rehm, zuletzt aktualisiert am 3.7.2011

 


 

Die 2. Errataliste zu meinem Buch wurde noch in Papierform verteilt (2006). Ich finde es erfreulich, dass nun die Möglichkeiten des Internets verwendet werden. Seit 2006 kam nur noch wenig hinzu (besonders wichtig die Korrekturen von II.58 und VI.I.19). Hier finden Sie immer die aktuellsten Erkenntnisse. Ich erwarte, dass allmählich keine neuen  Inkorrektheiten mehr gefunden werden, da nur noch wenige der Aufgaben einer Komplettprüfung durch Computer widerstehen (soweit ich weiß: II.17, 48, 55, III.i.13, 15-18, III.ii.12, 13,15, VI.i.2-6, 8, 15, 17, 24, 26, 26a, VI.ii.1,5,6, VII.33, beachten Sie dazu Neufassungen in diesen errata). Partielle Prüfungen zeigen, dass oft keine groben Fehler mehr da sind.  Wenn jemand aber noch Fehler findet (etwa mit geballter Computerpower), so ist er herzlich gebeten, diese dem Verfasser per e-mail mitzuteilen, ebenso wenn ein Stück in der obigen Liste doch komplett geprüft wurde: hp.rehm@web.de.

 

Von den Druckfehlern im Text sind hier nur die angegeben, die den Sinn entstellen oder das Nachspielen der Lösung beeinträchtigen.


S. 52, I.20: Diagramm unlösbar; es fehlt wBe2; Steinkontrolle (13+9).

S. 59, I.23a, 3. Lösungszeile: e×d5.

Diagramm 1

Theodor Siers

Schachspiegel 1948

Version von HPR, Urdruck

II.4a

wKe8, wTg6, wLh7, wSc6, wBb2b4c2e2g3,
sKa4, sDh3, sSh8, sBb5e5f6g2g4h5

#6 (9+9)

S. 69, II.4a: Unlösbar nach 1.- h×g3 wegen Druckfehler (vermutlich aus fehlerhaftem Nachdruck übernommen): Es fehlt wBh6. Weshalb Siers nicht mit -wBh6, sBh4→h5 den unschönen wBh6 eingespart hat (Diagramm 1), ist mir ein Rätsel.

S. 77, II.9a: Wenn der Leser sich wundert, dass alle anderen Quellen einen zusätzlichen sTh1 haben: den habe ich einfach gestrichen. Laut Co ist die Aufgabe trotzdem korrekt. In der Vorcomputerzeit wollte Stephan Schneider wohl durch sTh1 Cookgefahren sicher ausschalten. Sein Misstrauen war keineswegs unbegründet; denn lässt man zusätzlich sBh3 weg, so findet der Co eine verborgene Fortsetzung nach 1.Sb2, die seltsamerweise der sBh3 widerlegt.

S. 80, II.12: C+.

S. 91, II.17a: 9.Sg5+ Kd5.

S. 95, II.21: Unlösbar nach 3.- Sg6+. Die Originalstellung aus Die Schwalbe ist in Ord­nung: +wBg2, -sBf3.

S. 97, II.23: Als #7 unlösbar, ist aber in Wahrheit ein #9. Die Lösung ist: 1.-3. wie angegeben 4.Ke6 Kc4 5.Kf5+! Kc5 6.f4 g×f4 7.La2 f3 8.b3 Kd5 9.b4#.

S. 100, II.25: Martin Minski machte mich darauf aufmerksam, dass 1.- b6 eine Beugung ist, nicht ein Dresdener, da die schlechte Verteidigung 1.Te4? b5? schon vorher vorhanden ist und nicht durch 1.- b6 eingeschaltet wird. Einen Dresdener hat man, wenn der B-Doppelschritt nicht vorhanden ist, was durch +wBb6, +sBb7 erreichbar wäre (C+). Aber das lehnt der Autor ab.

S. 115, II.36a: 4.Dh1/Dh4#.

S. 116, II.37, 5. Zeile: Ersetze "3.S7d6+ L×d6" durch "3.S7d6+ T×d6!", analog in der 8. Zeile "3.S5d6+ T×d6!" durch "3.S5d6+ L×d6".

S. 120, II.41: Es fehlt wBg4; Steinkontrolle (10+10).

S. 122, II.43, 6. Zeile: Ersetze "5.- Ke6/d6" durch "5.- Ke6/f6".

S. 124, II.44: Es fehlt sBh5 (ohne ihn ist 1...Te8 keine Parade der Drohung).

Diagramm 2

Hans Peter Rehm

The Problemist 1978

I. Preis (v)

II.48v

wKb7, wTc4, wLd8, wSa6e3, wBd2e4g6,
sKb5, sDh6, sLe5, sSa2h2, sBa3a7b2b3d6e7g5h7

#14 (8+13)

S. 128, II.48: Hat leider einen ärgerlichen Schlussdual durch Zugumstellung. Statt 10.d×e7 11.Sc7 geht auch umgekehrt 10.Sc7+ 11.d×e7. Die Korrektur (Diagramm 2) braucht einen Zug länger (#14) mit dem neuen Schluss (1.-9. unverändert) 10.d×e7 D×g6 11.e8=D,L+ D×e8 12.Sc7+ Ka5 13.S×e8+ Kb5 14.Sd6#. Dass die Aufgabe wegen Umwandlungsdual im 11.Zug inkorrekt sein soll (C- in Echecs.db) akzeptiere ich nicht. "Mattduale" dieser Art gelten z.B. im #2 nicht als Inkorrektheit, und bei Mehrzügern sollte man nicht strenger sein, wenn der Umwandlungsstein schachbietet und sofort geschlagen wird.

S. 135, II.53: C+

Diagramm 3

Hans Peter Rehm

Die Schwalbe 1982

I. Preis (v)

II.58

wKh3, wTc6g8, wSe7, wBa3a5b4c2f5g4, sKb5, sDa2, sTb7e5, sLg3, sSg2, sBa4a6c3c4f4

#12 (10+11)

S.140, II.58: Das Programm gustav fand die Nebenlösung 1.Tc7 Tc6 2.axb6! In der Korrektur (Diagramm 3) findet gustav keinen Fehler mehr (C+).

S. 153, II.67a: Die Steinezahl muss "(8+13)" lauten.

S. 155, II.68b: Es fehlen unter dem Diagramm Forderung und Steinezahl: "#5 (10+5)".

S. 160, II.72: -wBg5. Anders als im Text vermerkt, scheitert dann 1.Lc6? immer noch eindeutig nur an 1.- Tc3!

S. 171, II.81, 6. Zeile: Der unbeteiligte Zuschauer ist Tc3.

Diagramm 4

Hans Peter Rehm

feenschach 1976

I. Preis (v)

III.i.8 v

wKc7, wTe5, wBc2c3d2, wCe2e8f4,
sKc4, sDh2, sTe4h4, sLh5, sSf3g4, sBa6f2g5

#2(8+9)
Orphans e2 e8 f4

S. 196, III.i.8: Dual nach 1.- Sf×e5 2.Of4×e5/Td4. Neufassung Diagramm 4. Schlüssel ist jetzt 1.Oe8-c6 (C+).

S. 204, III.i.15: Computer fanden eine mit 1.Va8 Lb8 2.g×f5 beginnende Kurzlösung. Korrektur: wBf5, +sSh6. Damit scheint alles in Ordnung zu sein, aber eine vollständige Prüfung gibt auch die heutige Technik noch nicht her.

Diagramm 5

Hans Peter Rehm

feenschach 1991

47. Thematurnier
(Peter Kniest 75)

I. Preis (v)

III.i.16 v

wKe1, wSb4, wBc3c6g3, wTLd8, wLLc5a8,
sKe3, sSa7, sDLa3, sTLb2, sBa4f7, sLLe5, sSLa2

#13 (8+8)
Leo a3 Pao e8,b2
Vao a8, c5, e5 Mao a2

S. 206, III.i.16: Die im Buch berichtete lange Geschichte hat noch eine Fortsetzung: Ilka Bloms Computertest mit Alybadix nach Aufnahme ins FIDE-Album (FIDE-Album 1989-1991, G117) ergab, dass das Stück nach 5.Vf6+ Vd8!! unlösbar ist. Popeye bestätigt das. Die Aufgabe ist vom Pech verfolgt, denn das Diagramm im FIDE-Album 1989-1991 hat zudem zwei Diagrammfehler! Also ist die Turnierversion aus heute nicht mehr feststellbarem Grund nirgends mit einem dazu fähigen Programm geprüft worden (mein eigener Computer war damals zu langsam). Ich fiel aus allen Wolken, denn ich war fest überzeugt, dass Torsten (und feenschach) die Endfassung nochmal genauso wie die früheren unter die Lupe genommen hatte. Da dabei der Fehler entdeckt worden wäre, scheint das unterblieben zu sein. Wirklich eine Komödie der Irrungen. Man kann daraus lernen, wie sich Fehler in einem gedruckten Text selbst bei bester Bemühung des Autors und aller Beteiligten, gewissenhaft zu sein, kaum vermeiden lassen. (Und wie steht es erst bei Texten, z. B. in der Politik oder (Schleich-)Werbung, wo sachliche Fehler und andere Unklarheiten absichtlich eingebaut werden, um das Publikum irrezuführen!). Zum Glück lässt sich der Fehler korrigieren (Diagramm 5). Nun hat auch Alybadix keine Einwände mehr. Außerdem habe ich eigenhändig Popeye darauf losgelassen (Optionen droh 1 sowie droh 2 maxflucht 1). Nun "findet das Programm die Lösung zu III.I.16 und bestätigt, dass keine weiteren Lösungen (mit nur kurzen Dro­hungen) vorhanden sind". Und der Aussage im Buch "scheint es recht wahrscheinlich, dass III.i.16 korrekt ist", kann man nun hoffentlich trauen.

S. 214, III.ii.1: Der (vielleicht tolerable) Dual im Nebenspiel 1.- S×d5 2.D×d4/T3c4 könnte durch Sb6→b2, +sTb1 vermieden werden.

Diagramm 6

Hans Peter Rehm

feenschach 1972

I. Preis (v)

III.ii.2 v

wKe3, wDd6, wTa3, wLd1, wSa7d7, wBf4,
sKc4, sDg2, sTb1, sLh5h8, sSa6

#2 (7+6)
Ohneschach

S. 215, III.ii.2: Der kleine Dual im Nebenspiel 1.- f×g6 2.D,Te6 ist in der Neufassung (Diagramm 6) nicht mehr vorhanden. Einer der wenigen Fälle, wo ich damals nicht gut konstruiert habe: Jetzt 3 Steine weniger und der Schlüssel (spezifisch begründet) und die Variante nach 1.- Dd5 sind viel besser!! Lösung 1.Dd4+?? illegal wegen 1.- L×d4#. 1.f5! [2.Dd4#] Db2/Dg7/Dg4 2.Sb6/Se5/Le2, 1.- Dd5 2.Df4#.

S. 216, III.ii.3: Der Mattzug in der 3. Lösungszeile ist 5.Dc2#.

Diagramm 7

Hans Peter Rehm

Schach-Echo 1983

I. Preis (v1)

III.ii.5 v1

wKg8, wLf3f4, wSe4, wBe3g5,
sKh3, sDh6, sTf2, sLe8g7, sSa8, sBd3f7h4h7

#10 (6+10)
Circe

S. 218, III.ii.5: Die Autorlösung geht nicht nach 6.- g×f4, statt dessen gibt es eine Teilnebenlösung mit 5.e4. Die Neufassung (Diagramm 7) spart einen wS. Lösung: 1.g×h6(Dd8)? Lc6+ (z. B.). 1.Sf6 [2.Lg2+ 3.L×g2#] Tf1! 2.Sg4 [3.Sf2#] Tf2! 3.Se5 Tf1 4.S×d3(Bd7) Tf2 5.Se5 Tf1 6.Sg4 Tf2 7.Sf6 Tf1 8.Se4 Tf2 9.g×h6(Dd8) 10.Sg5#. Elegante Stellung, aber am Schluss ist es sang- und klanglos aus.

Diagramm 8

Hans Peter Rehm

Schach-Echo 1983

I. Preis (v2)

III.ii.5 v2

wKa8, wLf3f4, wSe4, wBa5b4e3g5,
sKh3, sDa3, sTf2h5, sLb3h6, sSc6, sBa4b7d3d6g7h4

#12 (8+13)
Circe

Ich bin im Zweifel, ob ich nicht die in Diagramm 8 wiedergegebene Version vorziehen soll. Der Schluss ist nun mit Blitz und Donner (1.-8. wie oben 9.g×h6(Lf8) T×a5(Ba2)+ 10.b×a5(Th8) Le7+ 12.a×b3(Lc8)!). Es ist wirklich Geschmackssache, ob das die 5 zusätzlichen Steine wert ist.

S. 222, III.ii.9: Unlösbar nach 1.- Db4. Korrektur: +wBa3; Steinkontrolle (6+12).

S. 226, III.ii.13: Es fehlt das 5. Zugpaar in der Lösung: 5.Se5+ Ka3 und es geht mit 6.Lc5+ weiter.

S. 251, V.i.2: Druckfehler: Statt Längstzüger muss es Doppellängstzüger heißen (C+). Als Längstzüger ist die Stellung hoffnungslos nebenlösig. Der Einsatz der Bedingung nur zwecks Korrektheit ist natürlich fragwürdig.

S. 253, V.i.4: C+

S. 262, V.i.9: Dual 5.Db6+ 6.Db7+ 7.Db5. Korrektur +sBa7. (In der Originalstellung in The Problemist ist dieser Bauer vorhanden, sie ist aber nebenlösig, weil kein sB auf g7 steht.)

S. 269, V.ii.7: Die Lösung ist 1.Sd×f4, nicht 1.Se×f4.

Diagramm 9

Hans Peter Rehm

FEENSCHACH 1969

II. Preis (v)

V.ii.8 v

wKe4, wLa8f2, wSd5d6, wBd2,
sKa7, sDd1, sTa4h3, sLb4, sSe3, sBa3a5c2c3d7e7f6g5

R#2 (6+14)

S. 270, V.ii.8: In seinem Buch "Das Matt des weißen Königs" beanstandet Friedrich Chlubna den wTc1, der in der Lösung nicht mitspielt und nur eine NL vermeidet. Es ist mir heute unerfindlich, weshalb ich statt ihm nicht einen sBc2 aufgestellt habe. Ich erinnere mich, dass da eine illegale Stellung entstand. Vermutlich traf das für eine Position in einem früheren Stadium der Konstruktion zu, im Diagramm sind sehr wohl sechs schwarze Schlagfälle möglich. Korrektur also: -wTc1, +sBc2; Steinkontrolle (6+14) (Diagramm 9).

Diagramm 10

Hans Peter Rehm

Europe-Echecs 1970

I. Preis geteilt (v)

V.ii.10 v

wKd4, wDc2, wTf4h1, wLd5h8, wSa4g3, wBe3e5f3f5g4,
sKe1, sDg1, sTd7e7, sLa3a6, sSe4f7, sBb2b7c4d2f6

Semi-R#2 (13+13)

S. 272, V.ii.10: Wie Paul Valois mir am 10.5.2001 mitteilte, hat die Aufgabe untragbare Duale: In den Themavarianten 1.- Sd6/S4g5/S×g3 geht auch 2.e×f6 L×e3. In meinen Unterlagen ist das Stück als "computergeprüft" zu finden. Anscheinend wurde in der Frühzeit der Programme hier nur auf Eindeutigkeit des Schlüsselzugs getestet. Die Korrektur war schwierig und die Stellung ist noch schwerer geworden (Diagramm 10: 1.Sc3!). Das Themaspiel ist nun dualfrei (1.Sc3 [2.e×f6 Lc5#] S×c3 / Sf2 / S×g3 / Sg5 / Sd6 / Sc5 2.Se4 / e4 / Se4 / Te4 / Le4 / De4 Se2 / S×h1 / Se2 / S×f3 / S×f5 / Sb3#. Nebenspiele: 1.- f×e5+ 2.K×e4 Sd6,Sg5#, 1.- T×d5+ 2.K×e4 T×e5#, 1.- Lc5+ 2.K×e4 Sd6,T×e5,Sg5#, 1.- d1=T+ 2.K×e4 Sd6,T×e5,Sg5#), aber in einigen Nebenvarianten (1.- T×e5, 1.- S×e5, 1.- d1=D+) gibt es Multipel.

S. 274, V.ii.12: In der 1. Zeile muss statt 2.Lb2 a×b2 natürlich 3.L×b2 D×b2# stehen.

S. 275, V.ii.12a: Ersetze in der letzten Lösungsvariante "1.- Sf4+" durch "1.- f2 2.Sf4+".

Diagramm 11

Hans Peter Rehm

FEENSCHACH 1961

1. ehr. Erw. (v)

VI.i.2 v

wKc1, wTd4, wLe8, wSe4, wBc6d3f3h5h6,
sKa8, sDUa7c5, sSc3, sBb7c2

S=9 (9+6)
Längstzüger
Grashüpfer a7 c5

S. 285, VI.i.2: Das war eine typische Schnellkorrektur. Weder Autor noch Löser noch Preisrichter im damaligen FEENSCHACH haben bemerkt, dass in der Autorlösung der längere Zug 7.- Gc1! gespielt werden muss, wonach es nicht weitergeht (außerdem gibt es mehrere Nebenlösungen). Also hat damals niemand die Korrektur auch nur einigermaßen genau durchgespielt. Wenn die folgende Neufassung (Diagramm 11) korrekt ist, so stellt sie qualitativ einen großen Fortschritt dar. Der Computer brachte ans Licht, dass Nebenlösungsgefahr herrscht. Die Autorlösung sieht so effizient aus, dass der Autor glaubte, man könne die wBB kaum anders genügend schnell demobilisieren. Doch erst mit wLe8 fand der Computer keine Fehler mehr. Die Technik, in einer Pattaufgabe Korrektheit durch Schlagen mehrerer beweglicher Steine zu erzwingen, ist wenig subtil, aber hier anscheinend nicht zu vermeiden. Leider ist mit unseren Geräten keine kom­plette Prüfung möglich. Getestet wurde, ob nach plausiblen 2 Erstzügen die Aufgabe korrekt ist, und bisher konnte so noch kein Fehler gefunden werden. Lösung der Neu­fassung: 1.Sg5 G×h5 2.Tg4 G×f3 3.Sf7 Gf8 4.Tg7 G×h6 5.Sd6 G×c6 6.Td7 G×e8 7.Se4 Ge3 8.Td4 Gc5 9.S×c3! G×d4=

Diagramm 12

Hans Peter Rehm
Gerard Smits

Probleemblad 1985

II. Preis (v)
Korrektur-Urdruck

VI.I.19 v

wKa6, wDd4, wTc2g3, wLc4e5, wBa5a7b5d7,
sKe1, sSh8

S#7 (10+2)
Circe

S. 306/307, VI.i.19/20: Beide Aufgaben haben eine große Anzahl von Nebenlösungen, z. B. fand Alybadix in VI.i.20 eine Kurzlösung schon in 12 Zügen! Eingehende Untersuchungen mit dem Computer haben mich davon überzeugt, dass man nicht hoffen kann, den wesentlichen Teil des Inhalts in einer Korrektur zu bewahren; das sind die einzigen Diagramme des Buchs, bei denen es mir so ging. Erst nach starker Inhalts-Amputation gibt der Computer grünes Licht (Diagramm 12, C+): 1.d8=D S~ 2.Da1+ S×e5(Lc1) 3.Tg1+ S×c4(Lf1) 4.Lb2+ S×b2(Lc1) 5.Ld3+ S×d3(Lf1) 6.Le2+ Kf2 7.Db6+ Sc5#.

Diagramm 13

Hans Peter Rehm
Gerard Smits

Probleemblad 1985

II. Preis (v)
Korrektur-Urdruck

VI.I.19

wKc6, wTa2g3, wLc1h3, wSc3e4, wBb5,
sKe1, sSa8h8, sBb6c7

Semi-R#11 (8+5)
Circe

Im Jahr 2009 fand Gerard Smits eine Korrektur, die den gesamten Inhalt von VI.i.19 rettet, siehe seinen Artikel "Inspiratie versus Transpiratie", Probleemblad, X-XII/2009, S. 129: 1.Ta1 Sf7 2.Lg5+ S×g5(Lc1) 3.Tg1+ S×h3(Lf1) 4.Lf4+ S×f4(Lc1) 5.Lg2+ S×g2(Lf1) 6.Le3+ S×e3(Lc1) 7.Lb2+ Sd1 8.Sd5 S×2(Lc1) 9.Lc4+ S×c4(Lf1) 10.Lh3+ Ke2 11.Ld7 Sa5#; 1.- Sg6 2.Lf4+ S×f4(Lc1) 3.Tg1+ S×h3(Lf1) 4.Lf4+ usw. Smits hatte die geniale Idee, auf Semi-R# umzustellen. Das ist damit fast sicher korrekt, da es sehr unwahrscheinlich ist, dass man Schwarz irgendwo in einem Cook mehr als zwei Antwortzüge gestatten darf. Außerdem ist Weiß viel schwächer als in VI.i.19, und kein anderes realisierbares Matt in Sicht. Möglicherweise könnte VI.i.20 (die einzige unkorrigiert gebliebene Aufgabe im Buch) ebenfalls als Semi-R# gerettet werden, aber das hat Smits anscheinend nicht versucht (und ich auch nicht).

Diagramm 13a

Hans Peter Rehm
Gerard Smits

Probleemblad 1985

II. Preis (v)
Korrektur-Urdruck

VI.I.19
In Memoriam Michiel Smits

wKc6, wTa1g4, wLc1h3, wSc3e4, wBb5c5c7d5d6, sKe1, sSh8

Semi-R#11 (12+2)
Circe

Leider ist die Korrektur noch nicht ausreichend. Meine Zuversicht beruhte auf der falschen Annahme, dass Schwarz, sobald er später 2 Antwortzüge hat, nicht im Schach steht, wodurch der sS frei kommt und ein Matt dann nicht mehr erzielt werden kann. In der Stellung ist aber nach 1.- ~ der Mattzug Se5# auf dem Präsentierteller, und A. Beine wies durch geschickten Einsatz von Alybadixoptionen nach, dass man mit ständigem Schach (nach dem Schlüssel) die fehlenden Fluchtfelder blocken und schon in 8 Zügen lösen kann.
Die Hauptvariante ist 1.Le6! S~ 2.Te3+ Kf1 3.Sg3+ Kg1 4.Tg2+! K:g2(Th1) 5.Ld5+ Kf2 6.Se4+ Kg2 7.Sc5+ Kf2 8.Sb7 Se5#. Auf 1.-Kf1 ? 2.Ld5! braucht man nur 7 Züge.
Ich habe nun eine Stellung konstruiert, wo es kaum möglich scheint, die fehlenden Fluchtfelder ohne stille w. Züge mit Freisetzung des sS zu blocken. (3.7.2011)

Diagramm 14

Hans Gruber
Hans Peter Rehm
bernd ellinghoven

Durham 1992

I. Preis (v)

VI.i.26 v

wKg3, wDa3, wTb6, wSd3, wBc2f5g5h5, wLLe8,
sKa1, sLLa2

S#11 (9+2)
Kardinal e8, a2

S. 314, VI.i.26: Alybadix fand eine NL in 11. Die Korrektur wurde aber besonders erschwert durch einen im Schema liegenden Dual durch Zugumstellung: 8.c4 Ca5! 9.Tb6 Ca6 10.Cf8+ usw. Die Neufassung (Diagramm 14) ist zwar auch um 2 Züge verkürzt; aber da der gesamte Inhalt gerettet ist, ist das eher ein Vorzug. Zudem ist noch ein netter Rundlauf des Ce8 eingearbeitet. 1.Da8 Ca3 2.Cg7+ Ka2 3.Kf4 Ca4 4.Ch8+! Ka3 5.Ke4 Ca5 6.Cg8+ Ka4 7.c4 (erst jetzt gut) Ca6 8.Cf8+ Ka5 9.Ce8! (retour) Ca7 10.Ta6+! K×a6 11. Cg6 C×a8#

S. 323, VI.ii.3, 4. Zeile: "Bd4A" statt "Bd3A".

S. 347, VII.13: Die Quelle ist falsch. Richtig: BCM Ser.H#-Turnier 1971/2.

S. 363, VII.28: Druckfehler: Lh8→g8.

S. 368, VII.33: Da Alybadix außer dem genannten kleinen Dual noch gravierende Duale fand (z. B. 10.Ph3 statt 10.Pg8), muss ich doch zu der im Thematurnier ausgezeichne­ten Stellung zurückkehren (-Bf6, #11), bei der alles in Ordnung ist. Lösung: 1.Ph3+ Sd3 2.Ph8 Sc5 3.Pa8+ Sa6 4.Pe8 Sc5 5.Pe3+ Sd3 6.Pe7 Sc5 7.Pa7+ Sa6 8.P×g7 Sc5 9.Pg5! f6/f5 10.Pf5(Zugzwang)/P×c5.

Diagramm 15

Stephan Eisert

nach H. P. Rehm, II.18

Die Schwalbe 1965

A1.4 c

wKe7, wTc7, wLb1e5, wSd6d7, wBa2a3,
sKd5, sTg4, sLg1h5, sSc1, sBa4a5a6c5e6g5h7

#7 (8+12)

S. 381, A1.4: Nebenlösung in 6 durch 1.Sg7 Kd4 2.Lb1 usw. S. Eisert gibt eine Neufassung (Diagramm 15) mit der Lösung 1.Lc3? Ld4!, 1.Sc8 Kc4 2.Scb6+ Kb5 3.Lc2 [4.Ld4] Tb4! 4.Sc8 Kc4 5.Sd6+ Kd5 6.Lc3! Neu ist die Nebenvariante 3.- Le8 4.K×e8 Tb4! 5.Ld4 L×d4 6.Le4!, in der Tb4 noch einmal als kritischer Zug genutzt wird. Stephan konnte einen Nowotny in II.18 durch den (feineren, da opferlosen) Grimshaw ersetzen.

Diagramm 16

Gerhard Latzel

Die Schwalbe 1953

II. Preis (v)
Korrekturversion von HPR,
Uralski Problemist 2005

A4.2 v

wKh7, wTh5, wLc3, wSa8c5, wBd2d7f2g2,
sKa5, sDg1, sTb4, sLf1, sSd8, sBa3a4b3b5d3f5g5

#8 (9+12)

S. 413, A4.2 (= S. 424, A6.5): NL 1.L×g5 Th4 2.Ld8+ Kb4 3.Sd3+ Kc4 4.Sb6+ Kd4 5.S×a4 Ke4 6.Sc5+ Kd4 7.Lf6+ Kc4 8.c×b3#; 5.- b4 6.T×b3 Ke4 7.T×b4+ d4 8.Sc3#; 5.- f4 6.Sc5 b×c2 7.Lf6+ Kc4 8.b3#. Ehrensache, einen Rettungsversuch für diese berühmte Aufgabe zu unternehmen. Das erwies sich als sehr schwierig (Diagramm 16: 1.Th4 g×h4 2.Lf6 Tg4 3. L×d8+ Kb4 3.Sa6+ Kc4 5.Sb6+ Kd4 6.Lf6+ Ke4 7.Sc5+ Kf4 8.Sd5# (2.- Te4 3.L×d8+ 4.Sa6+ 5.Sb6+ 6.Lf6+ Kd4 7.f3!)). Ich bin nicht sicher, ob Latzel damit zufrieden gewesen wäre: Deutlich mehr Steine waren nötig und eine Holzhammer-Kurzdrohung. Dafür ist aber der hässliche wTa3 ver­schwunden, und die Logik stimmt weiterhin.

Diagramm 17

Hans Vetter

Deutsches Wochenschach
1919

Korrekturversion von HPR,
Urdruck

A6.9 v

wKc8, wDh2, wTc6, wSa7e5, wBa3a6b2f5g3h5,
sKa5, sDc2, sTd2h3, sLg1, sBa4b3d3d4e3c7

#5 (11+11)

S. 425, A6.9: Die angegebene Stellung ist eine Autor-Korrektur der ursprünglichen Stellung im Deutschen Wochenschach, die ich einer anderen Quelle entnahm. Sie ist aber immer noch nebenlösig (1.D×h4 g×h4 2.Kb7). Die Version von HPR ist in Ordnung (Diagramm 17): 1.Kb7? Td×h2! 2.g4 1.Dh1 T×h1 2.Kb7 [3.Tc4] Tdh2! 3.g4!! (Zug­zwang).

S. 434, A7.14: C+.

S. 460, Antizepler: Die Definition ist verfehlt. Man ersetze den Text durch: "Antiform eines Zepler-Turton: kritische Lenkung einer schwarzen Dame, so dass nach Verdoppe­lung Turm oder Läufer der Dame im Weg steht." Das zeigt, dass der Terminus über­flüssig ist. Der Antizepler ist eine Sonderform des kritisch eingeleiteten Holzhausen.

S. 474/475, Le-Grand-Thema: Wie aus dem erklärenden Text hervorgeht, muss die Para­de in beiden Phasen dieselbe sein, also ist "b" in Phase II durch "a" zu ersetzen. Bei veränderter Parade (wie fälschlich notiert) spricht man von Pseudo-Le-Grand-Thema.

S. 526, 4. Zeile: Bei Klaus Wenda ist die Gemeinschaftsaufgabe VI.i.24* vergessen.

 

Erich Bartel beschwerte sich zu Recht, dass einige Widmungen fehlen. Das liegt meistens an meiner Schlampigkeit: ich hatte die Widmungen in meinen Unterlagen nicht notiert, und bei der Drucklegung des Buchs wurden die Originalquellen nicht noch einmal zu Rate gezogen. Bei den Quellen ist also zu ergänzen:

S. 251, V.i.2: Wilhelm Karsch gewidmet.

S. 252, V.i.3: Erich Bartel gewidmet.

S. 255, V.i.5a: Jean Oudot gewidmet.

S. 290, VI.i.7: Theodor Steudel gewidmet.

Ich bitte die Bewidmeten um Nachsicht. Leider ist nicht auszuschließen, dass noch weitere Widmungen fehlen.

 

Angaben zu Auszeichnungen, die im Buch (noch?) fehlen:

S. 50, I.19: 2.ehr.Erw.

S. 181, II.86: I.Preis

S. 182, II.87: Ehr.Erw. (?)

S. 201, III.i.12: III.Preis

S. 201, III.i.13: I.Preis

S. 203, III.i.14: III.Preis

S. 210, III.i.17: I.Preis

S. 212, III.i.18: I.Preis

S. 219, III.ii.6: Lob

S. 224. III.ii.11: 2.ehr.Erw.

S. 228, III.ii.15: IV.Preis

S. 234, IV.3: 2.ehr. Erw.

S. 244, IV.12: I.Preis

S. 246, IV.13: 4.ehr.Erw.

S. 280, V.ii.16: II.Preis

S. 313, VI.i.25: 2.ehr.Erw.

S. 348, VII.14: 5.ehr.Erw.


Auf mehrfachen Wunsch soll nun doch die Lösung des Titelrätsels verraten werden. Die folgenden Überlegungen stammen von dem geschätzten verstorbenen Siegfried Brehmer.

 

Übersichtlich notiert, mit Überträgen u, v, w, x, y bei der Addition hat man 6 Spalten (nummeriert von links)

 

  1 2 3 4 5 6
      h a n s
+   p e t e r
+     r e h m
+   u v w x y
= s c h a c h

Die beiden ersten Spalten liefern u = s und


p + v = 10u + c (1)

 

woraus wegen s > 0 sofort


u = s = 1


folgt. Da die Summe von 3 der gesuchten Zifferen höchstens 7 + 8 + 9 = 24 sein kann, gilt für die Überträge

 

v, w, x, y ≤ 2 (2)


Aus der 3. und 4. Spalte lassen sich wichtige Schlüsse ziehen, da die Endziffer mit einem der Summanden übereinstimmt. Die drittletzte Spalte liefert

 

h + e + r + w = 10v + h,

 

oder

 

e + r + w = 10v (3)

 

Die linksstehende Summe ist wegen (2) maximal 9 + 8 + 2 = 19, was nur für


v = 1

 

möglich ist. Nach (1) ist dann p + 1 = 10 + c, und wegen p < 10 folgt

 

c = 0,

 

p = 9.

 

Wir vermerken, dass für die restlichen Unbekannten des Rätsels nur noch die Ziffern 2 bis 8 verbleiben. Die 4. Spalte liefert

 

a + t + e + x = 10w + a (4)

 

und wie zuvor folgt

 

w = 1.

 

Auf Grund von (3) ist


3 + r = 9 (5)

 

und aus (4) folgt

 

t + e + x = 10 (6)

 

Wegen c = 0 lesen wir aus der 5. Spalte

 

n + 3 + h + y = 10x (7)

 

also x > 0 ab. Wäre x = 1, so folgte t = r aus (5) und (6), was nicht sein darf. Somit ist


x = 2,

 

t + e = 8. (8)

 

Aus (7) und der letzten Spalte ergeben sich die Gleichungen


n + e + h + y = 20 (9)


1 + r + m = 10y + h (10)

 

Wegen (5) ergibt sich durch Addition dieser Gleichungen

 

n + 1 + 9 + h + m + y = 20 + 10y + h,

 

also

 

n + m = 10 + 9y

 

Das ist nur für

 

y = 0

 

denkbar. Nach (9) ist dann

 

n + e + h = 20,

 

was nur mit einer Kombination der Ziffern 5 + 7 + 8 = 20 erreichbar ist.

Wegen (8) und t ≥ 2 ist e ≤ 6, d. h. es muss


e = 5

 

sein. Mit (5), (8) erhalten wir

 

r = 4,

 

t = 3

 

aus (10) somit 5 + m = h, und da schon t = 3 und h ≤ 8 ist, muss

 

m = 2,

 

h = 7

 

also


n = 8


sein. Die einzige verbleibende Ziffer ist

 

a = 6.

 

Mit

 

     7682
+   95354
+    4572
=  107607

 

geht die Rechnung tatsächlich auf. Zugleich zeigt die zwingende Schlusskette, dass dies die einzige Lösung ist.

 

Nachbemerkung (HPR): Wie üblich bei solchen Zahlenrätseln wird vorausgesetzt, dass verschiedene Buchstaben verschiedene der Ziffern 0,...,9 bezeichnen, gleiche gleiche und dass die üblichen Schreibkonventionen für Dezimaldarstellungen ganzer Zahlen eingehalten werden. Das schließt Lösungen mit s = 0 aus, denn man schreibt nicht 01, wenn 1 gemeint ist, auch wenn das mathematisch vielleicht nicht zu beanstanden wäre. Als Mathematiker würde ich dann schon nahelegen, immer unendlich viele Nullen links zu malen, damit verschiedene Symbole nicht die gleiche Zahl bezeichnen. "Nebenlösungen" wie 2530 + 6918 + 8124 = 072572 oder 3420 + 61918 + 8135 = 073473 werden daher nicht anerkannt.

 


Impressum  Datenschutz
Anschriften: siehe Vorstand
Internetauftritt: Gerd Wilts