Die Schwalbe Vereinigung für Problemschach

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

 

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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.

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).

S. 135, II.53: 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.

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.

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.

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

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.

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+".

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.

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 dritte 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

e + r = 9 (5)

 

und aus (4) folgt

 

t + e + x = 10 (6)

 

Wegen c = 0 lesen wir aus der 5. Spalte

 

n + e + 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

 

     7681
+   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 + 61918 + 8124 = 072572 oder 3420 + 61918 + 8135 = 073473 werden daher nicht anerkannt.