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!