14934 Reinhardt Fiebig

1....La1 2.Db2+ K:b2 3.c3+ K:c3 4.d4+ K:d4 5.Le5+ K:e5 6.Tf6 K:f6 7.Tf7+ K:f7#

Gegenüber der Vergleichsaufgabe 14746 neu ist der einleitende kritische Zug des wL a1, ferner vertilgt jetzt der wK in allen sechs Zügen eine schwarze Figur.

Namentlich durch die erste Veränderung hat die Aufgabe sehr gewonnen.

14933 Michail Gerschinski

1....Lb8 2.Tb6(Ta6?) La7 3.Tb7 Lb6 4.c6 La7 5.Tc7 Lc5#

Hier sieht auch ein Ungeübter schnell, dass nach einem Platzwechsel des sTc6 und des sBc7 das Matt Lc5# möglich wäre. Dieser Tausch erfolgt denn auch in den vier Zügen Tb6, Tb7, c6, Tc7. Die beiden mittleren können nicht umgestellt werden. da der ausweichende wL sonst von b8 aus Schach böte.

Die Mattführung ist einfach, aber durch die Kombination des schwarzen Rangierens mit der zweifachen Rückkehr des wL auf a7 ausgesprochen gefällig.

14932 Alexandr Pankratjew, Michail Gerschinski

I) 1.T:b3+ Kd2 2.Tc3 L:d6 3.Sg5 T:b6 4.Lh5 Lf8#

II) 1.L:b4+ Kd3 2.Lc3 L:d5 3.Kh5 Tb5 4.Sh6 Lf7#

Vieles hat SB im Vorspann zu dieser happigen Aufgabe, bei der nun wirklich die Post abgeht, schon beschrieben und damit das Lösen erleichtert (Danke!).

Im Schlüsselzug wird durch den Schlag des wLb3/wLb4 durch den sT/sL die b-Linie für den wT geräumt, worauf der wK vor dem dabei gebotenen Schach auf d2/d3 flüchten muss. Der zweite schwarze Zug Tc3/Lc3 beseitigt die Fesselung des wLb4/wLb3 durch den sLa5/sTa3. Nach dem jetzt möglichen Batterieaufbau L:d6, Tb6/L:d5, Tb5 setzt der Doppelschach gebende Zug Lf8/Lf7 den sK auf h6/h5 matt, nachdem diesem durch Sg5,Lh5 zwei Fluchtfelder bzw. durch Lh6 ein Fluchtfeld blockiert wurde(n).

Die ganze Anlage mit ihrem klaren Konzept, den analogen Lösungen und den Farbwechsel-Echo-Mattbildern imponiert mir sehr!

14931 Illo Krampis

I) 1....L:d3 2.Shg6 L:g6 3.Sd3+ L:d3 4.Lg6 L:g6#

II) 1....Lf5 2.Lh5 L:g4 3.Shg6 L:h5 4.Sg4 L:g6#

Ohne die beiden sS undden sL wäre Schwarz matt.

In I verschlingt der wL alle drei dieser Störefriede, zudem vorgängig noch den sBd3, um dem sS das Betreten von d3 zu ermöglichen. Dabei führt er eine attraktive doppelte Hin- und Herbewegung aus.

In II hingegen erledigt bzw. ermöglicht er die 1elimination der sS und des sL durch einen Rundlauf, wobei er nur zwei der hinderlichen schwarzen Figuren schlägt und der dritten (sSe5) das Weghüpfen auf das durch sB-Schlag freigewordene Feld g4 erlaubt.

Etwas unbeholfen (und für den Löser verräterisch) wirken die vier sB c6, c4, d3, g4.

Trotzdem: Eine nette Aufgabe mit einfachem, durchschaubarem Thema!

14930 Josef Kupper

a) I) 1....Lf3 2.d3 cd 3.Te4 d4 4.Sf4 Lg4#

II) 1....Tc8 2.Sf4 Tc6 3.Ke4 Lb7 4.f5 Te6#

b) I) 1....Ld5 2.Tf4 Lc4 3.Ke4 c3 4.f5 Te8#

II) 1....Tg4 2.Tf4 c4 3.Ke5 c5 4.Tf5 Te4#

Dass dieses sicher mit viel Arbeit und Sorgfalt zusammengestellte, zum Lösen sehr anspruchsvolle Quartett seine Qualitäten hat, möchte ich nicht abstreiten. Insbesondere wirken die vier reinen Mattbilder im Brettinnern ausgesprochen ästhetisch.

Dennoch: Ich empfinde das Ganze doch als reichlich trocken. Auch nach mehrfacher Beschäftigung mit den vier Lösungsabläufen kann ich diese einfach nicht behalten, da sie ohne wechselseitige Analogien sind und in ihrer Zusammenstellung auf mich sehr aleatorisch wirken und mir eigentlich nichts sagen.

Bei a.II ist der Wartezug 3....Lb7 eine feines Element, das die Fehlbewegungen Tb8-b7-e7# ausschließt. Der sT ist jedoch ganz unbeteiligt an Verlauf und Mattbild.

Beim ganzen b gilt diese völlige Nicht-Beteiligung für den sSh5.

Das aus dem wK und den drei sB bestehende Gebilde unten links spielt nur bei a.II eine sichtbare Rolle, indem es dort für die Unbeweglichkeit des wK sorgt.

14929 Zoran Nicolić

a) 1.De6 c4 2.Tf5 e3+ 3.Ke5 d4#

b) 1.Lc6 d3 2.Td5 c3+ 3.Kc5 b4#

In a. und b. erfolgen bei Schwarz zuerst zwei Züge, welche Fluchtfelder des künftigen Mattfeldes blockieren, das der sK im dritten Zug betritt. Dazu kommen jeweils drei weiße Bauernzüge, von denen der zweite Schach und der dritte Matt gibt.

Nach dem gefälligen Teil a. kann man von b. eigentlich nur enttäuscht sein: Der Lösungsablauf ist zwar recht analog zu demjenigen von a., das Mattbild hingegen weniger. Vollends unschön sind jedoch vor allem die unbeteiligt abseits stehenden schwarzen Figuren!

14928 Vladimír Kočí

a) 1.Df2 Tg4 2.Ke1 Tg3 3.De2 Tg1#

b) 1.Dd4 Le7 2.Kf4 Lb4 3.De3 Ld6#

Zunächst betritt die sD die Linie des sL/sT, um dem sK (im zweiten Zug) das Betreten seines Mattfeldes e1/f4 zu ermöglichen. Da der sT/sL währenddessen, zweimal ziehend, seinerseits die wL/wT-Linie unterbrochen hat, kann die dadurch entfesselte sD das Fluchtfeld e2/e3 blockieren, worauf der wT/wL (Doppelschach-)Matt gibt.

Ein Paar von wunderbarer Klarheit und Einfachheit!

14927 Vladislav Buňka

a) 1.Df3 K:c1 2.Ke4 Kd2 3.Le5 Ld3#

b) 1.Td4 Kc3 2.Lc6 ed+ 3.Kd5 Lc4#

Insbesondere nachdem sich Wilfried im letzten Blogbeitrag dahingehend geäußert hat, ist mir sehr klar, dass es Ähnliches bereits gibt, in erklecklicher Zahl und teilweise wohl (noch) Besseres. Dennoch begeistern mich derart harmonische Echo-Hilfsmatts immer wieder, und zwar erheblich!

14926 Bert Kölske

I) 1.Le2 Tc8 (Tb,d8) 2.T:h3+ Tc4#

II) 1.Tgg6 (Tg7?) Lb3(La4?) 2.L:h4+ Le6#

Im ersten Zug öffnet bei I/II der sLf3/sTg5 die Linie d3-h3 des sT/die Linie f6-h4 des sL, was diesem den Schlag des wSh3/wSh4 ermöglicht. Gleichzeitig stellt sich der sLf3/sTg6 vor die gleichschrittige sDf3/den gleichschrittigen sTh6, was deren/dessen Schlag der (nachher) mattgebenden Figur verhindert. Er selber kann wegen seines Gefesseltseins diesen Schlag nicht ausführen. Weiß muss das Mattfeld so wählen, dass das beim wS-Schlag auftretende Schachgebot aufgehoben werden kann.

Ein sehr klares und überzeugendes Problem! Dass es zur "Verführung" 1. Tg7? keinen analogen Fehlzug des sLf3 gibt, ist (ein wenig) schade. Die drei schwarzen Türme stören mich jedoch nicht.

14925 Mihajlo Milanović

I) 1.Te6 S:e5 2.L:e5 Dh1#

II) 1.Lc7 D:e5+ 2.T:e5 Sf4#

Der Schlüssel öffnet die wL-Linie f8-c5; in a. blockiert er leider außerdem ein Nachbarfeld des sK. In den folgenden beiden Einzelzügen wird der sBe5 geschlagen und durch eine andere schwarze Figur ersetzt, welche den abschließenden Mattzug nicht behindert, wie es der sBe5 getan hätte. Der zweite schwarze Zug hat aber außerdem noch den Effekt, dass erst durch ihn die wL-Linie vollends geöffnet wird.

b. ist wegen des Damenopfers gewichtiger als a. und außerdem wegen des reinen Mattbildes ansprechender.

14924 Vitali Medintsev

I) 1.Db5 Tg1 2.Td4 d3#

II) 1.Tb5 L:g6 2.Dd5 d4#

Hier müssen "allerlei Linien geöffnet und geschlossen werden", so sagte es ziemlich vage (und ratlos?) SB. Weitere Momente wie Feld- bzw. Linienräumung durch die sD (die in a. auch noch den Tg3 entfesselt), die Deckung des wSb1 sowie die Unterbrechung der sL-Linie h8-a1 (einmal durch Schwarz, einmal durch Weiß) erhöhen die Unübersichtlichkeit, die mich ratlos und unbefriedigt zurücklässt. Ich sehe weder ein Thema noch klare Strukturen, ebenso kaum einen Zusammenhang von a. und b.

Zum Lösen finde ich das Problem - sicher auch aus den genannten Gründen - keineswegs leicht.

14923 Rolf Kohring

I) 1.Lf5 Sd3 2.Se3 Le5#

II) 1.Sf6 Sd5 2.c5 c3#

Wäre der wS nicht gefesselt, so könnte er auf d3 bzw. d5 ziehen, von wo aus er zwei Fluchtfelder des sK angriffe. Nach der Blockade eines weiteren Fluchtfeldes durch Schwarz (Se3 bzw. c5) wäre der Mattzug (Le5 bzw. c3) möglich.

Die Schlüsselzüge heben die erwähnte Fesselung auf. Da sie dabei das Feld für den wS räumen, handelt es sich um Umnowzüge.

Einfach, klar und schön!

14922 Siegfried Hornecker

a) *1....Th8 2.T:f5 Te8#

1.Tg6 Lh6 2.T:f6 Lf4#

b) *1....Lh6 2.T:f6 Lf4#

1.Tg5 Th8 2.T:f5 Te8#

Ist das nun raffiniert oder eher simpel? Meine Analyse ist so:

Ein zweizügiges Hilfsmatt HMa habe das Satzspiel 1. ... T 2. U V# und die Lösung 1. A B 2. C D#.

Ist nun der Schlüsselzug A umkehrbar (durch A^-1), so hat die durch Ausführung von A entstandene Zwillingsaufgabe HMb immer das eindeutig bestimmte Satzspiel 1. ...B 2. C D und eine Lösung 1. A^-1 T 2. U V . Bei dieser Lösung ist die auf A^-1 folgende Fortsetzung stets eindeutig bestimmt. Es ist jedoch möglich, dass HMb noch weitere, nicht mit A^-1 beginnende Lösungen besitzt. Ist dies jedoch nicht der Fall, so ist HMb einwandfrei.

Deshalb scheint es mir nicht besonders schwer, Zwillinge vom vorliegenden Typ zu konstruieren.