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Heft 283, Februar 2017

 


Aktuelle Meldungen 1
Offizielles Kompositionsturnier anlässlich des 60. WCCC 5
60. Weltkongress für Problemschach in Dresden 6
Werner Keym: Sensationeller Retro-Rekord: die längste eindeutige Beweispartie 6
Werner Keym: Rochade-Paradoxien: wer auf sein Recht verzichtet, gewinnt 9
Thomas Brand: Werner Keym 75 11
Bernd Gräfrath: Hilfsmatt von Onitiu im Kontext 12
Bernd Gräfrath: Nachtgedanken eines Preisrichters 14
Eckard Kummer: Rolf Wiehagen 70 17
Bernd Schwarzkopf: Schach-960 18
Franz Pachl: Antibatterie-Hilfsmatts mit chinesischen Steinen - ein ergiebiger Mechanismus 20
Hartmut Laue: Dies# fiel mir auf (10) 25
Jörg Kuhlmann: Dreizüger-Revue (20): Eine "Schädigung" ohne Nutzung ist gar keine! 27
Urdrucke 27
Lösungen der Urdrucke aus Heft 280, August 2016 36
Bemerkungen und Berichtigungen 53
Turnierberichte 54
Ausschreibung des -be- 64-Geburtstagsturniers 59

 

Sensationeller Retro-Rekord: die längste eindeutige Beweispartie
von Werner Keym (Meisenheim)

Einer der berühmtesten Retro-Rekorde ist der Längenrekord für eine eindeutige Beweispartie. Er wurde von 41,5 Zügen (Fabel 1947, PDB P0001427) auf 47,0 (Michel Caillaud 1982, P0002337) sowie 48,0 (Karlheinz Bachmann 1987, A) gesteigert und dann - in einem Bob Beamon Sprung - auf unglaubliche 57,5 Züge, und zwar 1989 (Korrektur 1990) von Dmitri Pronkin und Andrej Frolkin (B). 27 Jahre später scheint eine weitere Steigerung auf 58,5 Züge gelungen zu sein: der Rekord C. Diese Aufgabe nimmt am Retro-Informalturnier der Schwalbe 2017 teil.

Fabels Schema (mit einem Turm-Pendel) wurde von Caillaud und Bachmann perfektioniert. Pronkin fand ein neues Schema (mit vielen Umwandlungen). Er und Frolkin komponierten und prüften elf Monate lang intensiv Hunderte von Positionen. Danach veröffentlichten sie einige Versionen, darunter die korrekte Rekordstellung B mit 57,5 Zügen. Frolkin selbst spricht von einer "magischen Periode beispielloser Schachtätigkeit".

A) Karlheinz Bachmann

Die Schwalbe 1987

1. ehrende Erwähnung

wKc1, wTb4e5, wLb1, wBa3b3c2d2e2f2f4,
 sKa1, sTa4b7, sLa2g3, sSa8c5h6h8, sBb6c7d7e7f6f7

BP in 48,0 (11+15)

A: 1.Sf3 a5 2.Sd4 a4 3.Sb3 a:b3 4.a3 Ta4 5.Ta2 b:a2 6.Tg1 a:b1=S 7.Th1 Sc3 8.Tg1 Sd5 9.Th1 Sb6 10.Tg1 Sa8 11.Th1 b6 12.Tg1 La6 13.Th1 Dc8 14.Tg1 Db7 15.Th1 Df3 16.g:f3 h5 17.Lh3 h4 18.Le6 h3 19.La2 Lc4 20.Lb1 La2 21.b3 Sa6 22.Lb2 Sc5 23.Lf6 g:f6 24.Kf1 Lh6 25.Kg1 Kf8 26.Df1 Kg7 27.Dg2+ h:g2 28.h4 Kg6 29.Kh2 g1=S 30.Kg2 Lf4 31.h5+ Kg5 32.h6 Lg3 33.h7 Sh6 34.Th4 Tb8 35.Tb4 Tb7 36.f4+ Kh4 37.h8=T Sf3 38.Tg8 Se5 39.Tg5 Sg6 40.Kf3 Kh3 41.Ke3 Kg2 42.Te5 Kf1 43.Kf3 Ke1 44.Kg2 Kd1 45.Kf1 Kc1 46.Ke1 Kb2 47.Kd1 Ka1 48.Kc1 Sh8.

B) Dmitri Pronkin
Andrej Frolkin

Die Schwalbe 1989 (V)

Preis

wKf1, wDb8, wTa3a4c3c4c5d3f2h6, wLc2f8, wSa2d6,
 sKa8, sDa5, sTe2e3e4e6f7g7g8h5, sLb7d4, sSb2b6

BP in 57,5 (14+14)

B: 1.a4 h5 2.a5 h4 3.a6 h3 4.a:b7 h:g2 5.h4 d5 6.h5 d4 7.h6 d3 8.h7 d:c2 9.d4 a5 (das übliche Bauern-Rennen am Anfang) 10.Lh6 c1=T 11.e4 Tc5 12.Se2 Th5 (deshalb musste die 5. Reihe frei bleiben; schwarzer Umwandlungs-Turm, entstanden aus Bd-d3:c2-c1=T-c5-h5) 13.e5 c5 14.e6 Sc6 15.b8=T a4 16.Tb4 a3 17.Ta4 (wUW-T aus Ba-a6:b7-b8=T-b4-a4) 17.- c4 18.b4 c3 19.b5 c2 20.b6 c1=T 21.b7 Tc4 22.b8=T Da5+ 23.T8b4 (jetzt gefesselt) 23.- Lb7 (Schachschutz) 24.Sbc3 0-0-0 (24.- s0-0-0 und 40.0-0 sichern die nötigen Tempi) 25.e:f7 e5 26.Tc1 Lc5 27.f8=T a2 28.Tf3 a1=T 29.Sa2 g1=T 30.Tfa3 (wUW-T aus Be-e6:f7-f8=T-f3-a3) 30.- Tg6 31.f4 Tge6 (sUW-T aus Bh-h3:g2-g1=T-g6-e6) 32.f5 g5 33.f6 g4 34.f7 g3 35.f8=T g2 36.Tf5 g1=T 37.Lf8 Tg7 (sUW-T aus Bg-g1=T-g7) 38.Sg3 (Schachschutz) 38.- e4 39.Ld3 e3 40.0-0 (entfesselt den wTb4) 40.- e2 41.T1c3 (originaler wT von a1-c1-c3) 41.- e1=T 42.Lc2 T1e3 (sUW-T aus Be-e1=T-e3; entfesselt den wBd4) 43.d5 T8d7 44.d6 Tdf7 (originaler sT von a8-d8 0-0-0 d7-f7) 45.d7+ Kb8 46.Dd6+ Ka8 47.Dc7 Sge7 48.d8=T+ Sc8 (Schachschutz) 49.T8d3 (wUW-T aus Bd-d8=T-d3; entfesselt den sSc8) 49.- Thg8 (originaler sT von h8-g8) 50.h8=T Tae1 51.Th6 (wUW-T aus Bh-h8=T-h6) 51.- T1e2 (sUW-T aus Ba-a1=T-e1-e2; entfesselt den wTf1) 52.T1f2 (originaler wT von h1-f1(0-0)-f2) 52.- Tce4 (sUW-T aus Bc-c1=T-c4-e4) 53.Kf1 (entfesselt den wSg3) 53.- Ld4 54.Tfc5 (wUW-T aus Bf-f8=T-f5-c5) 54.- Se5 55.Sf5 Sc4 56.Sd6 Sb2 57.Tbc4 (wUW-T aus Bb-b8=T-b4-c4) 57.- Sb6 58.Db8+.

C) Dmitri Pronkin
Andrej Frolkin
Werner Keym

Urdruck

wKf1, wDb8, wTa3a4b4b6c4c5d7f2, wLc2f8, wSa2d6,
 sKa8, sDa5e8, sTe2e3e4f7g7g8h5, sLb7d4, sSb2f3

BP in 58,5 (14+14)

C mit vollständiger, unkommentierter Zugfolge: 1.a4 h5 2.a5 h4 3.a6 h3 4.a:b7 h:g2 5.h4 d5 6.h5 d4 7.h6 d3 8.h7 d:c2 9.d4 a5 10.Lh6 c1=T 11.e4 Tc5 12.Se2 Th5 13.e5 c5 14.e6 Sc6 15.b8=T a4 16.Tb4 a3 17.Ta4 c4 18.b4 c3 19.b5 c2 20.b6 c1=T 21.b7 Tc4 22.b8=T Da5+ 23.T8b4 Lb7 24.Sbc3 0-0-0 25.e:f7 e5 26.Tc1 Lc5 27.f8=T a2 28.Tf3 a1=T 29.Sa2 g1=D 30.Tfa3 Dg6 31.f4 De8 32.f5 g5 33.f6 g4 34.f7 g3 35.f8=T g2 36.Tf5 g1=T 37.Lf8 Tg7 38.Sg3 e4 39.Ld3 e3 40.0-0 e2 41.T1c3 e1=T 42.Lc2 Te3 43.d5 T8d7 44.d6 Tdf7 45.d7+ Kb8 46.Dd6+ Ka8 47.Dc7 Sge7 48.d8=T+ Sc8 49.Td7 Thg8 50.h8=T Tae1 51.Th6 T1e2 52.T1f2 Tce4 53.Kf1 Ld4 54.Tfc5 Se5 55.Thb6 Sd6 56.Sf5 Sdc4 57.Sd6 Sb2 58.T3c4 Sf3 59.Db8+. Hoffentlich bleibt alles eindeutig! Bitte prüfen!

Zum Glück bewahrte er seine Unterlagen, rund 40 eng beschriebene Seiten mit 140 Diagrammen, auf. Das erwies sich als sehr nützlich, als ich, etwas anderes suchend, auf B stieß und ihn naiv fragte, ob man die Zahl von 57,5 Zügen vielleicht dadurch erhöhen könne, dass z.B. der sLb7 und der wSd6 einen zusätzlichen Zug machten. Zu meiner Überraschung erhielt ich umgehend eine entsprechende (nicht-eindeutige) Beweispartie, die sich vom ersten (!) Zug an von B unterschied, und einige Fotokopien, die zeigten, dass die beiden Verfasser 1989 diese und viele andere Verlängerungszüge selbst erwogen und nach intensivem Prüfen als dualistisch nachgewiesen hatten.

Das verstärkte mein Interesse. Meine Fragen und Vorschläge wurden intelligenter und verursachten Frolkin viel Arbeit. Wir korrespondierten sieben Monate lang und hatten mit C schließlich Erfolg. Unsere Versuche mit mehr als 58,5 Zügen erwiesen sich alle als dualistisch.

Die große Schwierigkeit besteht ja darin, dass die vorhandenen Prüfprogramme für orthodoxe Beweispartien hier nicht helfen, sondern nur das mühsame Rückwärtsspielen, und das bei mehr als 57 Zügen. Darüber hinaus existieren 96 verschiedene Anordnungen der Umwandlungsfelder der Türme und der schwarzen Dame (vgl. Absatz 7); diese 96 Fälle sind Brutstätten für Duale. Und selbst wenn in ein und demselben Fall die Gesamtzahl der Züge aller Umwandlungsfiguren gleich ist, braucht die Zugfolge dieser Figuren (z.B. eines sUW-Turmes von c1 über c5 oder h1 nach h5) noch lange nicht eindeutig zu sein, von den unterschiedlichen Routen der Springer (vgl. B mit C) ganz zu schweigen. Kurzum: eine üble Fallgrube, in der man als Komponist landet, ohne es zu merken.

Hinzu kommt: Man kann nicht beweisen, dass die Beweispartie B oder C eindeutig ist. Man kann nur hoffen, dass der Retromeister aus Kiew, der Spitzenlöser Mario Richter (besten Dank!) und ich nichts übersehen haben. Aus diesem Grund forderte Günter Lauinger zu B Die Schwalbe, Feb. 1990, S. 199) dreimal in fetter Schrift: "Bitte lösen und prüfen!" Genau das wünsche ich mir auch.

Ich empfehle allen, wirklich allen Problem-Freunden, mindestens einmal in ihrem Leben die faszinierenden Züge dieser Partie nachzuspielen. Lassen Sie sich durch die vielen Türme nicht davon abhalten, nehmen Sie für diese liegende Bauern oder Münzen oder Steine anderer Spiele. Sie werden über die unerwarteten Raffinessen und Zusammenhänge staunen.

Natürlich ist es am bequemsten, die Partie vom ersten Zug an nachzuspielen und den angegebenen Zügen nebst Erläuterungen einfach zu folgen. Gleichwohl mag ein kurzer Hinweis zu Schlagfällen und Umwandlungen das Verständnis der Beweispartien B und C erleichtern und ihren Genuss erhöhen. Wenn z. B. ein wBa einen sBb schlägt, dann ermöglicht dieser eine Schlagfall drei Umwandlungen, nämlich zwei durch die weißen Doppelbauern auf b8 und eine durch den sBa auf a1. Insgesamt gibt es vier solche Schlagfälle (zwei durch wBB und zwei durch sBB). Weitere Schlagfälle sind bei 28 vorhandenen Steinen ausgeschlossen. Damit sind die vier fehlenden Bauern und die zwölf Umwandlungen erklärt. Das ist auch schon die ganze Retroanalyse. - Das viermalige Schlagen ermöglicht insgesamt 96 verschiedene Anordnungen der Umwandlungsfelder. Im Falle von B und C sieht das so aus: wBa:Bb, wBe:Bf, sBd:Bc, sBh:Bg; das ergibt weiße Umwandlungen auf b8 (2), d8 (1), f8 (2), h8 (1) und schwarze auf a1 (1), c1 (2), e1 (1), g1 (2).

Wer Beweispartien gerne löst, sollte hier nicht weiterlesen; er wird die Mindestzahlen von Zügen für die weißen und schwarzen Steine ermitteln, daraus Folgerungen ableiten und mit viel Geduld, Geschick und Glück die Lösung finden. Wer lieber vorwärts als rückwärts zieht, spiele die folgenden Züge nach und erkenne ihre überraschenden Zusammenhänge.

Stellung 1 zu C

Letzter Zug:
14.e5-e6 Sb8-c6
[B: ebenso]

wKe1, wDd1, wTa1h1, wLf1h6, wSb1e2, wBb2b7d4e6f2h7, 
  sKe8, sDd8, sTa8h5h8, sLc8f8, sSc6g8, sBa5c5e7f7g2g7

Nächster Zug:
15.b8=T a4 (14+15)

Die vier kleinen Diagramme zeigen wichtige Zwischenstationen der Beweispartien C und B. Die Zugfolge von C unterscheidet sich von B so: 29.Sa2 g1=D 30.Tfa3 Dg6 31.f4 De8 (das lässt die 6. Reihe frei und ermöglicht den zusätzlichen Zug wTh6-b6) ... 48.d8=T+ Sc8 (= Stellung 4) 49. Td7! (49.T8d3? wie in B ergäbe einen Dual) 49.- Thg8 ... und jetzt entscheidend 55. Thb6 Sd6 56.Sf5 Sdc4 57.Sd6 Sb2 58. T3c4! (der Verlust eines Tempos, hier wTa1-c1-c3-c4, führt hoffentlich nicht zu einem Dual) 58.- Sf3 59.Db8+. Man vergleiche die sich kreuzenden Routen der schwarzen Springer in C (sSb8-c6-e5-f3 und sSg8-e7-c8-d6-c4-b2) und B (sSb8-c6-e5-c4-b2 und sSg8-e7-c8-b6).

Stellung 2 zu C

Letzter Zug:
29.Sc3-a2 g2-g1=D
[B: sTg1 statt sDg1]

wKe1, wDd1, wTa4b4c1f3h1, wLf1h6, wSa2e2, wBd4f2h7,
 sKc8, sDa5g1, sTa1c4d8h5h8, sLb7c5, sSc6g8, sBe5g7

Nächster Zug:
30.Tfa3 Dg6 (14+14)

Stellung 3 zu C

Letzter Zug:
40.0-0 e3-e2
[B: sTe6 statt sDe8]

wKg1, wDd1, wTa3a4b4c1f1f5, wLd3f8, wSa2g3, wBd4h7,
 sKc8, sDa5e8, sTa1c4d8g7h5h8, sLb7c5, sSc6g8, sBe2

Nächster Zug:
41.T1c3 e1=T (14+14)

Stellung 4 zu C

Letzter Zug:
48.d7-d8=T+ Se7-c8
[B: sTe6 statt sDe8]

wKg1, wDc7, wTa3a4b4c3d8f1f5, wLc2f8, wSa2g3, wBh7,
 sKa8, sDa5e8, sTa1c4e3f7g7h5h8, sLb7c5, sSc6c8

Nächster Zug:
49.Td7 Thg8 (14+14)

Je intensiver ich mich mit diesen Rekorden beschäftige, desto mehr bewundere ich die grandiose Höchstleistung im Komponieren wie im Prüfen von Andrej Frolkin. Im Jahr 2000 wählten die Leser von Probleemblad die Aufgabe B zum besten Retro-Problem "of the millenium". Da ich einen grundlegenden Unterschied zwischen kürzesten Beweispartien und klassischen Retros sehe, differenziere ich und halte B bzw. jetzt C für die beste aller Beweispartien.

An dieser Stelle äußere ich den dringenden Wunsch an alle Preisrichter von Retroproblemen, unterschiedliche Abteilungen für kürzeste Beweispartien und klassische Retros zu bilden, da sich diese grundlegend, ähnlich wie Mehrzüger und Studien, unterscheiden. Falls es in einer Abteilung keine preiswürdige Aufgabe geben sollte, wird nur eine ehrende Erwähnung oder ein Lob vergeben.

In meinem Buch Eigenartige Schachprobleme von 2010 schrieb ich zu B (= Nr. 456): "Geht das (mit Computer-Hilfe) noch weiter?" Es ging ohne Computer weiter! Noch weiter? Wer weiß?


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