14683 Bert Kölske und Horst Böttger

1. Le4 2. d6 La8! 3. Kf5 Kb2 4. Ke6 Kc3 5. Df6+ Kd3 6. Te7 Ke4 7. Ld7 Ld5≠ .

Für diese Lösung habe ich mir teilweiser Hilfe geholt. Diese hätte vermutlich entfallen können, wenn ich mir konsequenter klar gemacht hätte, dass der sK nicht am Rand mattgesetzt werden kann. Auch wusste ich zuerst nicht, ob der sB nur Nebenlösungen verhindert oder ob er aktiv mitwirkt.

Dass dieses Problem Vorgänger hat, geht aus dem Kommentar von SB hervor und wäre auch sonst nahe gelegen. Ich selber kenne keinen davon und beurteile folglich die Aufgabe ganz aus sich selbst heraus. Meine Begeisterung ist riesengroβ: Alles spielt in scheinbar müheloser Weise zusammen, ohne irgendwelche Nebenfiguren oder sonstige Beeinträchtigungen. Der von SM erwähnte Eckzug setzt dem Ganzen natürlich noch die Krone auf. Diese ideale Miniatur würde es m.E. verdienen, bei einem Hilfsmattbuch als Titelbild auf dem Umschlag zu prangen!

14682 Fadil Abdurahmanović

Trotz dem Wink von SB, auf die sB a2 und f7 zu achten, kam ich nicht alleine drauf, wo und wie hier der sK mattgesetzt wird. Erst nachträglich verstehe ich diesen Wink. Dass die Mattsetzung durch den wL erfolgt, ist ja klar, aber dass dies von "oben" geschieht, hätte ich nicht erwartet:

1. Le6! Kd1 2. De5 Ke2 3. Kf5+ Kf3 4. Lb3! Lc4 5. f6 Lg8 6. Le6! Lh7≠

Der sL muss zweimal weggehen (zuerst als Angreifer, dann als im Weg Stehender), bevor er seine Endposition e6 einnehmen kann. Das führt zu seiner attraktiven Hin-/Her-/Hin-Bewegung. Ein wirklich fundiertes Urteil über die Aufgabe ist nur jemandem möglich, der sie mit ähnlichen Problemen vergleichen kann.

14681 Mario Parrinello und Rolf Wiehagen

Mir ist nicht klar, was man in problemschachlichen Zusammenhängen unter "Olympiasieg" versteht und damit natürlich erst recht nicht, worin derjenige von Mario Parrinello besteht. Vielleicht kann mich da jemand aufklären?

Somit war hier für mich auch die Lösungsfindung nur mit Hilfe möglich:

1. La4 L:e4 2. Lc6 Lb1 3. Le4 K:a2 4. Kf5 Kb3 5. Lc2+ K:L 6. Ke4 Kd2≠

Somit ist hier ein sL-Rundlauf mit einer wL-Rückkehr kombiniert. Schön!

14680 Alexandr Pankratjew

Von mir aus hätte ich zunächst eine Umwandlung des wB in Erwägung gezogen, lieβ dieses Vorhaben aber nach Lesen des SB-Hinweises auf eine "Königsreise" fallen. Und diese war (sogar für mich...!) erholsam zu finden. Nur mit den letzten beiden Zügen hatte ich seltsamerweise zuerst noch ein bisschen Mühe:

1. Ld4 K:S 2. Le5 K:S 3. Ld4 K:B 4. Lc3 Kc1 5. Lb4 Kb2 6. Db5 B:b3≠

Ich finde diese Aufgabe mit ihrem klaren Ziel, nämlich eben der Königsreise, ansprechend.

14679 Guy Sobrecases

Dies ist nun mal eine Aufgabe von Guy Sobrecases, die sogar ich ohne Mühe lösen konnte! Ausgehend von dem Mattbild, das mir zwingend erscheint, fand ich:

1. Te1 Kc2 2. Dg5 Kb3 3. Kf4 Kb4 4. Dg4 Kc4 5. Sg5 Kd3 6. Te3+ d:T≠

Da der wK eine ungerade Anzahl von Zügen ausführen muss, kann er sich nicht nur auf weiβen Feldern bewegen. Da b4 das einzige schwarze Feld ist, das er betreten kann, ist sein Weg eindeutig bestimmt. Nach der erwähnten "Verführung" hielt ich bisher vergeblich Ausschau!

14678 (Michael Schlosser)

Hier war mir bald klar, wie der Hase läuft:

Satz: 1. ... f4 2. Kf3 f5 3. Kg2 f6 4. K:h2 f7 5. Kh1 f8D 6. Kh1 Df1≠

Lösung: 1. Kd3 f4 2. Kc2 f5 3. K:b2 f6 4. Ka1 f7 5. b2 f8D 6. b1T Da3≠

Mir gefallen derartige Kleinformate! Die leichte Lösbarkeit kommt mir als schlechtem Löser entgegen. MS hat den wBd2 offenbar um der Symmetrie willen beigefügt, obwohl er reiner Statist ist, der genauso gut fehlen könnte. Ohne ihn hätte man eine Miniatur.

14677 (Vladislav Buňka)

Nach längerem Knobeln habe ich die Lösung von a schlieβlich selber entdeckt:

1. Lf3 K:d3 2. Ke5 K:c2 3. Le4+ Kd1 4. Kd4 Ke2 5. Le5 d:e3≠

Bei b hatte ich hingegen keinen Erfolg und habe die Lösung nachgeschaut. Diese hätte ich auch nach langer Suche kaum finden können. Ich finde es sehr überraschend, dass die Könige so weit nach rechts ausholen und dass die beiden sL verschluckt werden:

1. Kg5 K:e4 2. Kf6 Kf3 3. Ke5 K:g3 4. Kd4 Kf4 5. d5 d:e3≠ .

14676 (Thomas Thannheiser)

Habe ich wohl einen Fehler gemacht, indem ich die Lösung bereits nach wenigen Minuten nachgeschaut habe? Nachvollziehend erkannte ich, wie das Mattbild in Giegoldscher Weise konsequent und straff aufgebaut wird:

1. Lg3 T:b3 2. Sf4 T:f8 3. De8 f:e8D 4. K:f3 De2≠.

Es ist aber (jedenfalls für mich) so gut wie sicher, dass der sich nachträglich einstellende Eindruck, die Lösung wäre leicht zu finden gewesen, eine Illusion ist. Ich erlebte die Problemstellung als seltsam, wirr und abweisend. So gab ich mir gar keine Chance, die Lösung zu entdecken. Und dies, wie gesagt, wohl mit Recht.

Gibt es wohl viele Hilfsmattaufgaben ähnlicher Art? Ich empfinde das Problem als sehr originell.

14675 (Pierre Tritten und Michel Caillaud)

Derartige Dreizüger sind mir zum Lösen zu schwer, insbesondere wenn sogar drei Lösungen gefunden sein wollen. Also ging ich mit GUSTAV ran und fand:

I.       1. D:e3 Sd6 2. D:d4 S:f5 3. Dc4 Te3≠

II.      1. S:d4 Sf6 2. Sb5 S:g4 3. Sc3 Td4≠

III.     1. Lc5 Sc7 2. L:d4 S:e6 3. Lc3 Sc5≠

Beurteilen oder einordnen kann ich diese Aufgabe nicht. Die beiden Umnow-Themen sind mir aus "Schach für Nussknacker" von F.Chlubna zwar vertraut. Was aber "verzögerte" Umnows, die SB erwähnt, sind, weiβ ich nicht und kann es mir auch auf Grund der drei Lösungsverläufe nicht denken. Vielleicht kann mich da jemand aufklären?

14674 (Georg Pongrac)

Dieses Problem mit der luftigen weiträumigen Stellung und den beiden harmonisch gleichlaufenden Lösungen

I. 1. Sf5 L:d7 2. Kd5 Lb6 3. Ke5 Lc6≠

II. 1. Ld2 L:g3 2. Kd4 Lg2 3. Ke3 Lf2≠

gefällt mir an sich gut, nur empfinde ich es als unschön, dass die jeweils ersten schwarzen Züge einen Doppelzweck verfolgen: Sie blockieren ein künftiges Fluchtfeld des sK und geben gleichzeitig das Feld frei, auf welchem der wL mattsetzt.

Würde man den sSe7 auf g7 (oder h6) und den sL auf a5 stellen, so wäre dies behoben. Auβerdem könnte man dann den Sa1 weglassen, ohne dass eine Nebenlösung auftritt.

14673 (Josef Kupper)

Vielleicht wäre diese Aufgabe geeignet für einen Wettbewerb, bei dem sich gute Löser darin messen könnten, wer in wie viel (oder wenig) Zeit die fünf Lösungen beisammen hat? Für mich hingegen ist es diejenige Aufgabe der Dezemberserie, die mich eindeutig am wenigstens zu Lösungsversuchen reizte. Nach dem Auffinden einer Lösung,

nämlich 1. Tc1 Tb8 2. Tc2 Lb7 3. Kb3 Ld5≠

sah ich nicht recht ein, warum ich mich weiter quälen sollte und ich lieβ GUSTAV für mich arbeiten. Er zeigte mir die vier weiteren Lösungen an:

1. Ta1 Lc6 2. Ta2 Lb5+ 3. Kb3 L:d3≠

1. Tb1 Le4 2. Tb5 L:d3+ 3. Kb4 T:b5≠

1. T:d2 Tb6 2. Tg2 Tc6+ 3. Kd5 L:T≠

1. Te1 Lc6 2. Te5 L:a4 3. Tc5 Lb3≠

Für alle fünf Lösungen finde ich keine Struktur und keinen Zusammenhang. Die ersten beiden verlaufen analog zueinander, ebenso tun dies die dritte und vierte, während die fünfte für sich alleine steht und damit eher wie eine Nebenösung wirkt. Vielleicht wäre weniger mehr gewesen: Eine Aufgabe mit nur zwei analogen Lösungsverläufen in etwas abgespeckter Stellung? Oder allenfalls eine Aufgabe mit zwei Paaren analoger Lösungen? Wie aber die fünfte Lösung wegschaffen?

14672 (Christer Jonsson)

"Zilahi"-Thema bedeutet hier, dass in der einen Teilaufgabe der wT dran glauben muss, während der wS mattsetzt, während es in der anderen umgekehrt ist. Und so verläuft es auch wirklich:

a. 1. Kf3 Td1 2. Ke2 Kb1 3. K:T Sc3≠

b. 1. Kf5 Sd6+ 2. Ke6 Kd4 3. K:S Tb6≠

Die Aufgabe mit ihren reinen Mattbildern spricht mich sehr an. Unschön ist nur, dass die drei "oberen" schwarzen Figuren in a vollkommen überflüssig sind. Bei b ist es nicht ganz so: Die drei "unteren" schwarzen Steine agieren zwar auch nicht, erfüllen aber die stille Pflicht der Nebenlösungsverhinderung.

14671 (Stefan Milewski)

Hier kam ich rasch zum Ziel. Der Hinweis von SB auf "massives Opfern" gab mir den Mut, mit den beiden wT nicht lange Federlesen zu machen:

I. 1. S:d6 D:g5 2. K:d4 De3≠

II. 1. S:d4 De2 2. K:d6 De7≠

Ich vermute, dass das Erzielen der Eindeutigkeit der jeweiligen Züge der wD für den Komponisten keine einfache Aufgabe war. Die vielen schwarzen Figuren sind wohl nicht vermeidbar.

14670 (Januarta Simadhinata)

Dass die Halbfesselung auf der f-Linie zu einer Fesselung gemacht werden wird, war an sich ja anzunehmen. Dennoch ging es bei mir keinesfalls rasch, bis ich sah, wie es nun effektiv läuft:

a. 1. Dg4 D:e6+ 2. f:D T:e5≠

b. 1. Dg5 T:e5+ 2. f:T D:e6≠

Im ersten Zug blockiert die sD ein Fluchtfeld des sK und verlässt auβerdem die (Halbfesselungs-)linie a8-h1. Die Lösungen von a und b sind schön analog!

14669 (Ricardo de Mattos Viera)

Nach dem Hinweis von SB waren Schläge zu erwarten. In Tat und Wahrheit enthalten die Lösungen ausschlieβlich Schlagzüge, die der weiβen Dame und den ihr Linien freiräumenden (und gleichzeitig Fluchtfelder des sK blockierenden) schwarzen Figuren den Weg öffnen:

I. 1. T:a4 S:D 2. T:S Da4≠

II. 1. d:e2 S:D 2. L:c3 De2≠.

Zum Lösen fand ich das gar nicht so einfach!

14668 (Pascale Piet)

Für mich lagen die Lösungen ziemlich versteckt:

I. 1. T:e2 S:d5 2. Td2 Sf4≠

II. 1. L:e2 S:f5 2. Lf4 Sg7≠

Hier kann ich mich SB völlig anschlieβen: "Beachtenswert!". Ja wirklich, das gefällt mir sehr!

14667 (Mateusch Grigorjewitsch)

Für mich lagen die Lösungen nicht nahe:

a. 1. Ld4 Tf7 2. e5 Lf3≠

b. 1. Tc3 Lc4 2. Se5 Tf4≠

Die Abläufe in a. und b. sind analog, aber keineswegs völlig: Bei a. muss der wT wegziehen, weil er sonst vom sK geschlagen werden könnte; er kann weder auf f6 noch auf f8 ziehen, weil damit der sBe7 gefesselt bliebe. Dagegen ist der wL in b. nicht vom sK bedroht und auβerdem hat sein Zug nach c4 neben der Entfesselung des sSc6 auch den Zweck, d5 zu decken. Beides empfinde ich als unschön.

Es ist mir unklar, wieso der sBd6 auf dem Brett steht. Alles funktioniert ohne ihn genauso! Der sSc8 könnte überdies in a. auch wegbleiben, in b. hingegen (leider) nicht, da sonst eine Nebenlösung aufträte.

14666 (Toma Garai)

Die Lösungen, die ich hier leicht finden konnte, lauten:

a. 1.Le5 Lf8 2.Td5+ Lc5≠

b. 1.Td5 Tf7 2.Le5+ Tf4≠

Die Abläufe in den beiden Teilen sind in schöner Weise völlig parallel. Ich kann nicht umhin, die Anwesenheit des sS und der beiden "oberen" Bauern als Trübung zu empfinden. Sie verhindern offensichtlich Nebenlösungen. Auch ist leider bei a. der wBb4 und bei b. der wBf3 unnötig.

14621 (Zlatko Mihajloski)

Vergleiche meine Bemerkungen zur vorangehenden Nummer 14620!

Popeye hat mir (in nicht ganz 3 Minuten) die Lösung gebracht:

1....Ld3 2. Tc8, Kd2 3. Kc7, Kc3 4. Sb5+, Kc4 5. Lb7, Lc2 6. Kc6, La4 7. Tc7, Lb5≠ .

Aha, sagte ich mir, so geht das also! Wiederum mit einer Rundwanderung des wL, Linienabsperrungen, Königswanderungen (beim wK mit einem themenbedingten kleinen Umweg) und einer Einmauerung des sK durch schwarze Figuren.

Auch hier: Konnte das jemand lösen? In welcher Zeit? Auf Grund welcher Tatbestände könnte man die Lösung erahnen und dann finden?

14620 (Anatoli Stjopotschkin)

Bei einer derartigen Aufgabe (relativ viele, locker verteilte Steine, hohe Zügeanzahl) bin ich mit dem eigenen Lösen überfordert, jedenfalls vorläufig. Man wird eine der Rochaden in Betracht ziehen und man darf nach den Bemerkungen von SB einen Läuferrundlauf erwarten, aber wie soll das Ganze sonst laufen? Vielleicht ist die käfigartige Konfiguration der drei sB auf der a- und b-Reihe für einen geübteren Lösern verräterisch? Ich sah dies erst nachträglich, als Popeye die Arbeit für mich (in fast 9 Minuten) getan hatte und mir Folgendes lieferte:

1....Lb7 2. Lg8, Lf3 3. 0-0-0, Kd3 4. Td5, Kc4 5. Kb7, Lg4 6. Ka6, Lc8≠ .

Also in der Tat ein Rundlauf des wL, der dabei schwarze Linien absperrt, um dem wK die Wanderung nach c4 zu ermöglichen, und ein Marsch des sK in den oben erwähnten Bauernkäfig hinein, dazu zwei Liniensperrungen durch schwarze Steine. Klarerweise macht die Aufgabe mehr Freude, wenn man sie ohne Hilfe lösen kann. Vielleicht berichtet jemand, ob und wie ihm dies gelungen ist?

14619 (Pierre Tritten)

Lösungszeiten:

Für die 1. Lösung: Wenige Minuten.

Für die zweite Lösung: Eine gute halbe Stunde, obwohl eigentlich klar ist, dass der sL ja eine Funktion haben muss!

Der Tipp von SB (was übrigens lustigerweise sowohl "Sachbearbeiter" als auch "Silvio Baier" abkürzt) hat mir bei a geholfen, mich bei b aber längere Zeit blockiert, da hier keine Köniswanderung auftritt.

1. Lösung: 1. b1S, Kc2 2. Sd2, Kd3 3. Sf3, Ke4 4. Sg5, Kf3 5. Sh7, Sg8≠ .

2. Lösung: 1. b1L, Sd5 2. Lh7, S:b4 3. g6, S:c6 4. Lc3, Sd8 5. Lg7, Sf7≠ .

Zwei sehr ansprechende Zugfolgen, die sowohl gleich- als auch verschiedenartige Elemente enthalten, führen zu reinen Mattbildern. Dass der sL in der 1. Lösung keinerlei Aufgabe hat, ist schade, aber wohl nicht vermeidbar. Die Überflüssigkeit des wK in der 2.Lösung stört mich dagegen fast nicht.

14618 (Peter Heyl)

14618 (Peter Heyl)

Bei a. habe ich ein Mattbild, wie es in der 1. Lösung auftritt, vermutet, es aber zu weit oben zu bilden versucht, was nicht ging. Was ich nie in Betracht zog, ist das Eingreifen des wK.

Erst nachdem ich die mit GUSTAV gefundenen Mattführungen hatte, sah ich, wie einfach sie im Grunde genommen verlaufen. Ein gewisser Ärger darüber, dass ich sie nicht habe selber finden können, war dann schon da. So weiβ ich gar nicht recht, ob mir das Problem nun eigentlich gefällt oder nicht.

a. 1....T:a2 2. Sb3, Tc2 3. Ka4, Tc2 4. Tb4, Tc2 5. Db5, Ta2≠ .

b. 1. Td2 2. Db3, Kg1 3. c3, Kf2 4. Kc4, Ke3 5. Tb5, Td4≠ .

14617 (Alexandr Pankratjew)

Es gebe hier "Ähnliches weiβes Spiel wie beim Vorgänger", also bei 14616, verriet uns SB. Dort waren es Rundläufe, also wird man hier auch damit rechnen können, speziell damit, dass der wL auf b4 mattsetzt. Zuvor dreht er bei a. eine Runde. Gleichzeitig zieht der sK auf sein Mattfeld c5, und drei schwarze Figuren setzen sich auf Nachbarfelder von c5, was teilweise dank einer Linienöffnung durch den wL möglich ist:

1. Lb6, Lf8 2. Tc6, L:g7 3. Kc5, Lc3 4. Dd4, Lb4≠ .

Bei b gilt Ähnliches, allerdings vollführt der wL keinen Rundlauf, sondern eine Rückkehr:

b. c3, Ld7 2. Kc4, L:f5 3. d4, Ld7 4. Td5, Lb5≠ .

Beim Finden der Lösungen lieβ ich mir vom Computer helfen.

14616 (Vladislv Buňka)

Lösungszeit: 20 Minuten.

a. 1. Kf2, L:f3 2. Kg1, Ld1 3. Kh1, L:b3 4. Lg1, Ld5≠ .

b. 1. Ke4, Td3 2. Ke5+, T:f3 3. Kd6, Tf5 4. Kd7, Td5≠ .

Die quadratischen Rundlauftouren sind sehr schön, vor allem in ihrem gemeinsamen Auftreten in einer Zwillingsaufgabe. Als Nachteil der Aufgabe erscheint mir, dass in a. die drei schwarzen Figuren auf der e-Linie keine Funktion haben, was in b. von den "südlicheren" schwarzen Figuren gilt. Ob man dies vermeiden könnte, weiβ ich nicht.

14615 (Alberts Dreijers)

Viel aus meinem Kommentar zu 14616 gilt auch für diese Aufgabe. Deshalb konnte ich die Lösungen in etwa 15 Minuten finden:

1. Sd6, Se4 2. Sc4, Lg3 3. Dc5, S:c3≠ .

2. Sb3, Sd7 2. Dd4, Lc7 3. Sc5, Sb6≠ .

In jeder Lösung wechselt einer der beiden sS mit 2 Zügen das dem sK benachbarte Feld, während die sD ein weiteres blockiert. Der wS gibt in jeder der beiden Lösungen in 2 Zügen matt, während der wL jeweils eine schädliche schwarze Linie blockiert. Schön und klar!

14614 (Ricardo de Mattos Viera)

Hier gab es für mich einen Weg, systematisch und gezielt nach den Lösungen zu forschen, was mir bei vielen Hilfsmattaufgaben (z.B. bei 14621) nicht oder nur sehr beschränkt möglich zu sein scheint. Ich ging davon aus, dass der sK im Brettinnern mattgesetzt wird. Es müssen dann 9 Felder durch Weiβ bedroht oder durch Schwarz besetzt sein. Weiβ kann jedoch maximal 5 Felder bedrohen (je 2 pro Springer und 1 durch einen Bauern), woraus sich ergibt, dass sich alle 4 schwarzen Figuren um den sK herum gruppieren müssen. So von denkbaren Mattbildern aus "zurückpröbelnd" fand ich nach etwa 20 Minuten:

a. 1. f3, Sf7 2. Df4, Sc2 3. Se5, Sd6≠ .

b. 1. Tf3, Sb5 2. Dd3, Sg4 3. Sd4, Sd6≠ .

Es ergeben sich dabei schöne, reine Mattbilder. Die Aufgabe gefällt mir sehr gut, speziell auch, wie die beiden wS in a und b ihre Rollen tauschen.

14613 (Mateusch Grigorjewitsch)

Lösezeit: Für a. etwa 30 Minuten, für das ganz analog verlaufende b. dann nur noch ganz kurze Zeit.

1. Lösung: 1. Td7, Tb7 2. Se3, T:d7 3. Sg2, Th7≠ .

2. Lösung: 1. Dd3, La6 2. Sf1, L:d3 3. Sh2, Lf1≠ .

Die konsequenten, direkten und klaren Lösungsverläufe sprechen mich sehr an, obwohl ich bisher noch nicht herausgefunden habe, was "Umnowzüge" (von Silvio Baier erwähnt) sind.

14612 (Claus Grupen)

a. 1. e5, Th5 2. e4, Tc5+ 3. Kd4, Sb3≠ .

b. 1. e5, Ke1 2. Ke3, Se2 3. e4, Th3≠ .

c. 1. Kc6, Sd3 2. Ke7, Se2 3. Ke8, Th8≠ .

d. 1. Kc5, Sd3+ 2. Kd6, Se5 3. Ke6, Th6≠ .

Jeden Vierling dieser Aufgabe konnte ich in wenigen Minuten lösen und freute mich stets am Entstehen eines reinen Mattbildes. Leider ist in c der wK völlig überflüssig, und ich frage mich, ob der Autor nicht besser daran getan hätte, c wegzulassen. Der für sich stehenden Teilaufgabe a, die mir übrigens am besten gefällt, würden dann zwei eng verbundene Schwestern (b und d) mit Farbwechselechomattbildern folgen.

14611 (Valery Kopyl)

Bei dieser komplexen Stellung wusste ich trotz dem Hinweis von SB ("viele Schlagzüge") absolut nicht, in welcher Richtung ich suchen sollte und hatte keinen Löseerfolg. GUSTAV half. 14611 gehört zu denjenigen Problemen, die auch für nur Nachspielende ihren Wert fast voll behalten, und welche ich als schlechter Löser deshalb natürlich besonders gerne habe. Die Lösungszüge haben viele Aspekte und lassen auch einem nur Nachvollziehenden noch viel zum Überlegen und Genieβen übrig (im Gegensatz etwa zu 14618 und vielen anderen, wo das weit weniger der Fall ist).

1. Lösung: 1. S:g4, Sd6+ 2. D:d6, g:f3≠ .

2. Lösung: 1. T:g4, g:f3+ 2. D:f3, S:d6≠ .

Zur 1. Lösung:

In der Ausgangsstellung ginge Matt durch g2:f3, wenn erstens f3 nicht durch den sSh2 bedroht und das Feld e3 von Weiβ gedeckt wäre. Der Schlüsselzug S:g4 beseitigt zwar die Deckung von f3, entfesselt jedoch die sD, womit die Bedrohung von f3 allerdings wieder hergestellt ist. Ihr dadurch (und durch S:d6) aber ermöglichter Wegzug hebt diese Bedrohung von f3 wieder auf und öffnet gleichzeitig die wL-Linie , womit die erwünschte Deckung von e3 durch Weiβ zustande kommt und das Matt g2:f3 stattfinden kann.

Völlig analog lässt sich die 2. Lösung beschreiben:

In der Ausgangsstellung ginge Matt durch S:d6, wenn erstens d6 nicht durch den sTg6 bedroht und das Feld e3 von Weiβ gedeckt wäre. Der Schlüsselzug T:g4 beseitigt zwar die Deckung von d6, entfesselt jedoch die sD, womit die Bedrohung von d6 allerdings wieder hergestellt ist. Ihr dadurch (und durch g2:f3) aber ermöglichter Wegzug hebt diese Bedrohung von d6 wieder auf und öffnet gleichzeitig die wL-Linie , womit die erwünschte Deckung von e3 durch Weiβ zustande kommt und das Matt S:d6 stattfinden kann.

14610 (Živko Janevski)

Wiewohl nur zweizügig, hat mir diese Aufgabe merkwürdig grosse Schwierigkeiten bereitet. Nach längerer Suche (etwa 30 Minuten) fand ich schliesslich die 1. Lösung, aber dann einfach keine weiteren mehr, bis ich mir Computerhilfe holte:

1. Lösung: 1. Tf4, Dg3 2. K:e4, Dd3≠ (Die wD setzt matt, der wT fesselt den Se5)

2. Lösung: 1. Lb4, Td6+ 2. Kc3, Td3≠ (Der wT setzt matt, die wD fesselt den Se5)

3. Lösung: 1. Kc5, Dg5 2. Ld4, Sd3≠ (Der wS setzt matt, die wD fesselt den Se5).

In allen drei Lösungen steht die mattsetzende Figur auf dem gleichen Feld d3. Das Ganze enthielte einen attraktiven Zyklus, wenn auch der wS (in der 2.Lösung) als Fesselungsfigur auftreten könnte, was natürlich unmöglich ist.

Ich vermute, dass die Konstruktion einer derartigen Aufgabe schwierig ist. Dennoch empfinde ich die 5 schwarzen untätigen Figuren (D, L, T, B, B) als unschönen Ballast.

14609 (Abdelaziz Onkoud)

Ungefähre Lösungszeit: 20 Minuten.

a. 1. T:g4, Sd3 2. Le3, Sd6≠ .

b. 1. D:c6, c4 2. Te5, Sg3≠ .

Mir gefallen die analogen Mattverläufe und die reinen Mattbilder gut. Der (scheinbar) unbeteiligte sSc7 verhindert wohl Nebenlösungen, ebenso der sBg5.

Was das von Silvio Baier erwähnte "orthogonal-diagonalen Echo" bedeutet, ist mir nicht klar.

14608 (Gabriele Brunori, Valerio Agostini, Antonio Garofalo, Silvio Baier)

Ungefähre Lösungszeit: 15 Minuten.

1. Lösung: 1. S:e5, Sf3 2. Sg6, Sg5≠ .

2. Lösung: 1. L:e5, Lh3 2. Lf5, Sf5≠ .

"Viele Köche verderben den Brei" gilt hier gewiss nicht: Der von dem Autorenquartett geschaffene Zweispänner ist in jeder Hinsicht harmonisch. Dass die Mattbilder nicht ganz rein sind, beruht nur auf der doppelten Bedrohung von d5, die jedoch thematisch, damit unvermeidlich und nicht zu tadeln ist.

14607 (Henk Weenink)

Ungefähre Lösungszeit: 15 Minuten.

a. 1. Tb2, Sd5   2. Lb5, Sb6≠  .

Für b.  werden die Schimmel zu Rappen,  sT und sL dagegen weiβ.

Und nun erscheinen dieselben Züge wieder, aber jeweils in umgekehrter Reihenfolge:

b.   1. Sd5, Tb2  2. Sb6, Lb5≠  .

Was HW hier mit fantasiereicher Kreativität und einfachsten Mitteln aufs Brett gezaubert hat, finde ich begeisternd. Erklärungen braucht es keine, die reizenden Zwillinge sprechen wohl jeden Löser unmittelbar an. Meine herzliche Gratulation an den Autor zu dieser erfrischenden Aufgabe!

14555 (Marcel Tribowski)

Nochmals ein "Brocken" zum Schluss. Lösen und Kommentieren überlasse ich auch hier erfahreneren Schwalbelesern und -lösern.

14554 (Reinhardt Fiebig)

"Ganz auf Schwierigkeit angelegt" sei sie, diese Nummer, sagt uns SB.
Auch ohne diesen Hinweis hätte ich mich nicht ans Lösen gewagt! Mich würde es echt wundernehmen, wie viele Löser so etwas ohne Hilfe versuchen und wie viele dabei reüssieren, und nach wie langer Zeit.
Offen bleibt ja, so dünkt mich, ob der wB schliesslich als Bauer oder als Umwandlungsfigur mattsetzen wird, wo er sich allenfalls umwandelt (und in was!), ob die beiden Könige kurze, lange oder gar keine Wanderungen unternehmen, und was schliesslich die vielen schwarzen Figuren zum Matt oder zur Verhinderung von Nebenlösungen beitragen. Ein guter Löser wird ja wohl nicht einfach ausprobieren. Wie aber geht er vor? Sicher ist die Erfahrung,  d.h. die Kenntnis ähnlicher Aufgaben hilfreich, seien es solche desselben Autors oder anderer Verfasser.
Ich habe versucht, GUSTAV  auf das Problem anzusetzen. Als er es nach 20 Stunden nicht geschafft hatte, stellte ich ihn ab. Mir ist es ein Rätsel, warum GUSTAV im Gegensatz dazu die Lösungen der Nummer 14552 von Sobrecases in "vernünftiger" Zeit hat finden können.
Über Kommentare zu meinen Fragen würde ich mich freuen, und auch über die Mitteilung der Lösung!

14553 (Eberhard Schulze)

Diese 14553 gehört mit 14492 (ebenfalls von ES) und damit auch mit 14300 (R.Fiebig) zusammen. Alle drei Aufgaben beginnen mit dem "Vorspann" 1. ...a7 2. kb7, a8U, wobei U eine Umwandlungsfigur ist. In 14300 war U ein wT, in 14492 ein wL. So lag es nahe, es hier mit U = wS zu versuchen. Dass U keinesfall eine wD ist, sieht man ja unmittelbar.
Aber mit welchen 6 Fortsetzungszügen kommt man zum Matt? GUSTAV half mir, und so fand ich die attraktive Tour des neugeborenen wS, auf der er durch Schlagen von zwei sB zwei diagonale Linien für die sD und den sL öffnet, während Schwarz seinen König einmauert. Eindrücklich!
Es bleibt wohl ein allzukühner Wunschtraum, dass die drei Umwandlungs-7.5-Züger in einem Dreispänner oder in drei Drillingen vereinigt werden könnten?

14552 (Guy Sobrecases)

Solche Brocken zu lösen versuche ich erst gar nicht, da das für mich viele Kragenweiten zu weit wäre! Und wenn SB dann noch von "teuflisch schwer" spricht...!
GUSTAV  hat die Arbeit für mich getan. Und dann? Ja, dann hatte ich die Lösungen zum Nachspielen vor mir, und weiβ nun gar nicht recht, was ich zu dem Problem sagen soll und kann. Ich vermag es eigentlich gar nicht einzuordnen und bin gespannt auf Kommentare hier oder dann in der Lösungsbesprechung.
Im übrigen vrgl. meine Fragen zu 14554!

14551 (Tíchomir Hernádi)

Diese Nummer hätte ich vielleicht lösen können, tat es aber aus Bequemlichkeit nicht. Immerhin gibt es neun Möglichkeiten, wie der wT beseitigt werden kann. Davon erweist sich merkwürdigerweise nur eine als richtig, so dass die beiden Lösungen mit dem gleichen Zug beginnen, wenn ich das recht sehe. Alle vier Umwandlungsfiguren treten auf, in beiden Lösungen in Zug 1 ein sS, in Zug 3 ein sT, in Zug 5 ein sL und in Zug 4 schliesslich die wD.
Eine seltsame Aufgabe, die ich schwer einordnen kann. Es würde mich interessieren, ob es hier Analoges gibt.

14550 (Alberts Dreijers)

Auch hier liess ich GUSTAV lösen. Ich weiss nicht, welches (im Orthodoxen offenbar paradoxe) Thema hier gemeint ist und sehe somit auch die von Silvio Baier erwähnte Häufung nicht. Das Mattbild ist reizvoll. Mehr kann ich nicht zur Aufgabe sagen.

14549 (Aleksandar Popovski)

Hier ging es mir ähnlich wie in 14548: Zum Lösen ist mir so etwas viel zu schwer! Und wie viel die gelieferten Lösungen beim Nachspielen dann gebracht haben, ist mir eigentlich selber nicht so recht klar. Was wohl die Fachleute zu der Aufgabe sagen werden?

14548 (Henk Weenink)

Dank dem Internet konnte ich lernen, was das Zilahi-Thema ist. Ob Zilahi-Hilfsmatt schwer zu bauen sind, weiss ich nicht, ebensowenig wie ob die Aufgabe schwierig zu lösen ist, da ich beides nicht getan habe. Es fällt mir somit schwer, zu 14548 einen Kommentar zu geben, obwohl ich die durch GUSTAV gelieferte Lösung nachgespielt habe.

14547 (Christopher Jones)

Zwei echoartig wirkende Abläufe führen zu wunderschönen, ebenfalls echoartigen reinen Mattbildern! Ich finde diese Aufgabe sehr harmonisch und schön.

14546 (Alexandr Pankratjew)

Zwei gefällige Mattverläufe, wobei - einmal durch den wS, das andere Mal derdurch den wT - jeweils ein reines Mattbild entsteht. Beide Male unterbricht der sS die Fesselungsdiagonale d1-h5, wobei die Begründung für die Wahl seines Feldes (f3 oder e2) in der mit 1. ...Lb4 beginnenden Lösung A etwas feiner ist als in der anderen (B): In A muss er ausser der erwähnten Diangonalen auch die sD-Linie g2-c6 unterbrechen, während er in B bei falscher Felderwahl f3 ganz plump den mattsetzenden wS schlüge.

14545 (Claus Grupen)

Wunderbar, dass hier auch ein  Sechssteiner mit zweimal drei Figuren dabei ist! Schon die Ausgangsstellung wirkt wohltuend ausgewogen.
"Leichter" Mattbilderbau wurde von SB versprochen. "Leicht" im Sinne von "locker/luftig" ist es gewiss, für mich aber keineswegs leicht zum Lösen! Ohne das jeweilige Schlussbild (vermutungsweise) zu sehen, kommt man kaum weiter.
Unterstützt durch GUSTAV-Hilfe, vertiefte ich mich in die vier prächtigen Mattführungen und Mattbilder. Die Teile b und d scheinen mir makellos, bei c ist das Mattbild leider wegen des Feldes g4 nicht ganz rein, und bei a könnte man vielleicht bemerken, dass der sB am Mattbild keinen Anteil hat. Aber das sind Kleinigkeiten.

14544 (Friedrich Hariuc)

Die vom Sachbearbeiter erwähnten Reziprozitäten sind schön:
In der Lösung A (1. ... L:e4 etc.) wird der immobil bleibende wLe7  geschlagen, worauf der wT in zwei Zügen auf dieses Schlagfeld zieht und so mattsetzt, während in der Lösung B (1. ... L:b4 etc.) umgekehrt der wTc3 bewegungslos bleibt und geschlagen wird, damit der in zwei Zügen herbeieilende wLe7 auf diesem Schlagfeld mattsetzen kann. Dabei tauschen in A und B sowohl die ungleichfarbigen L als auch die ungleichfarbigen T je ihre Rollen als Schläger bzw. Opfer.
Ganz überzeugend finde ich das Problem dennoch nicht, da in A und B doch auch nicht analoge Abläufe enthalten sind, und die Begründung für die Nichtvertauschbarkeit der beiden schwarzen Züge in A eine doppelte ist: Der sL muss vor dem sB ziehen,  damit der wT rechtzeitig entfesselt wird und weil der Zug d6 die L-Linie blockiert. Ebenso ist die Begründung für das Nichtfunktionieren des Zuges La5 (in A) doppelt: Der wT bliebe gefesselt und die Masse des wL auf e7 wäre nicht verschwunden. In Lösung B sehe ich keine derartigen Mängel..

14543 (Vitaly Medintsev)

Auf welche "bekannten" Zweispänner Silvio Baier anspielt, ist mir nicht bekannt. Wie schwer die Aufgaben sind, möchte ich offen lassen, da ich hier - es war bereits späte Abendstunde! - Hilfe bei GUSTAV holte. Wahrscheinlich hätte ich längere Zeit zu brüten gehabt!
Mir gefallen a und b sehr gut. Bei b habe ich den kleinen Vorbehalt, dass die Schlüsselzüge bei den beiden Lösungen verschiedene Zwecke erfüllen: 1. Td3 blockiert dem sK ein Fluchtfeld, während 1. L:b3 die (nach dem Schlag wL:b5 offen werdende Diagonale a4-e8 räumt.

14542 (Christer Jonsson)

Dank dem Hinweis auf das "viele Blut" waren zahlreiche Schlagfälle zu erwarten, was mir das Lösen erleichterte. Sonst wäre es mir sicher wesentlich schwerer gefallen. Als besonders bemerkenswert erscheint mir die Aufgabe nicht, sondern - trotz der gewissen "Brutalität" - eher wie ein lockerer Scherz.

14541 (Andreas Schönholzer)

Den für mich zunächst etwas insiderisch kryptischen Terminus "TF-Hilfsmatt" konnte ich mit Hilfe des Internets klären: Die vier Lösungen gliedern sich in zwei Zwillingsschwesternpaare auf.
Das erste Paar ( 1. La5 und 1. Sb6) war nach einigen Minuten gefunden, aber beim zweiten grübelte ich lange und wollte bereits zu GUSTAV greifen, als mir just dann der sBh4 auffiel. Sein Zweck kann nur im Schlagen des wL liegen, so sagte ich mir, und damit war der Bann gebrochen, die erste Hälfte des zweiten Paares (1. h:L etc.) gefunden, und dann folgte in Analogie dazu die zweite Hälfte, ebenfalls mit einem Schlagzug, nämlich d:c6, beginnend.
Mir imponiert die Aufgabe und sie gefällt mir ausgezeichnet. Warum Silvio Baier das Problem als "nicht ganz perfekt" bezeichnet, würde mich interessieren.

14540 (László Ányos)

Diese Aufgabe konnte ich leicht lösen, vermag aber damit nicht recht warm zu werden:

Die beiden Lösungen verlaufen nicht analog, und  zwei Züge haben mehrere Zwecke:1. Sb7 hat drei Zwecke, nämlich Schliessen der L und D-Linie sowie Öffnen der T-Linie, und bei der mit 1. Dd5 beginnenden Lösung deckt 1. ... Se5 den Bd3 und schliesst die 5.Reihe.