Ich hatte ja schon darauf hingewiesen, dass ich im Rahmen des Richtens für das FIDE-Album auch eine Menge Aufgaben gesehen habe, die ich noch nicht kannte, weil sie in mir üblicherweise nicht zugänglichen Quellen erschienen waren. Dass das wahrlich nicht bedeuten muss, dass diese Aufgaben vielleicht nicht so gut sind, zeigt sich bei dem heutigen Beispiel schon an den Namen der Autoren.

[php]tb_dia(„rnb2bk1/ppp1B3/7n/1P4Pr/2P4p/P2P1K2/p1B5/RN3QNR“, „Nicolas Dupont, Jorge Lois & Roberto Osorio (Mario Richter gewidmet)“, „Best Problems 2012, Beweispartie in 28 Zügen (13+12)“); [/php]

 

Die offene Stellung macht es einem sehr schwer, Ansätze für die Lösung zu finden – bis man den sBa2 entdeckt: Das muss wegen der drei fehlenden weißen Steine der [sBd7] sein, der auf seinem Weg nach a2 alle fehlenden weißen Steine geschlagen haben muss.

Und das sind drei weiße Bauern, die auf e, f und h fehlen, so also garantiert nicht von [sBd7] geschlagen werden konnten.

Also drei weiße Umwandlungen? Die können wir sofort ausschließen, wenn wir die weißen Züge zählen: Egal, ob die Umwandlungssteine noch auf dem Brett stehen (Phoenix-Thema) oder wieder verschwunden sind (Ceriani-Frolkin-Thema), braucht jeder Bauer mindestens sechs Züge, also in Summe 18.

Wir haben aber auf dem Brett bereits 14 sichtbare weiße Züge (2+1+0+4+0+7); zusammen mit dem 18 Zügen kommen wir auf mindestens 32 – so viele stehen uns nicht zur Verfügung.

Wie aber kann man die Stellung sonst erklären? Nur dadurch, dass [sBd7] selbst einen weißen Bauern geschlagen hat. Das funktioniert am „Zug-sparsamsten“, wenn dies der [wBc2] gewesen ist. Der muss dann mindestens einen Zug gemacht haben (c2-c4), ferner bedarf es dreier weißer Züge, um wieder den c- und den d-Bauern im Diagramm „aufzufüllen“). Diese drei Züge können wir also zu den 14 addieren (c2-c4 hatten wir schon gezählt) – aber einen müssen wir wieder abziehen, da wir auch d2-d3 gezählt haben.

Damit kommen wir auf 16 Züge und haben damit noch 12 frei, um zwei weiße Bauern umzuwandeln. Da alle weißen Offiziere auf dem Brett stehen, können wir bereits das Schnoebelen-Thema ausschließen, denn neben dem c-Bauern muss Schwarz (auf b3 und a2) weiße Offiziere geschlagen haben.

Also bleibt für jeden Umwandlungsbauern noch genau ein Zug, um geschlagen zu werden, daher müssen sich beide Bauern auf g8 umgewandelt haben, um von dort aus direkt auf ihre zukünftigen Schlagfelder gelangen zu können. Damit wissen wir bereits, dass dies Läufer sein müssen – mit Damen ginge es auch, wäre dann aber eine Nebenlösung…

Was passiert nun mit den fehlenden schwarzen Bauern? Im Osten liegt es nahe zu vermuten, dass [wBh2] und [wBf2] auf g8 umgewandelt haben, dies erklärt das Verschwinden des [sBg7] sowie eines schwarzen Offiziers, denn ein schwarzer Bauer kann auf den Wegen nicht mehr geschlagen worden sein (alle schwarzen Schläge hat der sBa2 erledigt). Aber auch [sBe7] und [sBf7] müssen irgendwie verschwunden sein.

Da wir nun schon zwei Schläge auf der g-Linie durch Weiß gesehen haben und noch die beiden Schläge exd und dxc im Auge halten müssen, müssen sich diese Bauern schlagfrei auf e1 und f1 umgewandelt haben.

Mit diesem Wissen könnt ihr euch nun auf die Suche nach der konkreten Lösung machen: Im Wesentlichen ist sie klar, aber doch nicht ganz so einfach direkt aufs Brett zu werfen, da einige Details doch noch entdeckt werden können und müssen.

1.h4 e5 2.h5 e4 3.h6 e3 4.hxg7 h5 5.f4 h4 6.f5 Th5 7.f6 Sh6 8.g8=L Lg7 9.fxg7 f5 10.a3 f4 11.La2 f3 12.g8=L Kf8 13.Lgb3 d5 14.c4 dxc4 15.g4 Dd3 16.exd3 f2+ 17.Ke2 cxb3 18.Kf3 bxa2 19.b4 Le6 20.b5 Lc4 21.dxc4 Kg8 22.Ld3 e2 23.Lc2 e1=L 24.d3 Lb4 25.Lg5 Lf8 26.Le7 f1=L 27.g5 Lh3 28.Df1 Lc8.

Also haben wir hier ein klassisches Proof Game of the Future mit zwei weißen Ceriani-Frolkin-Läufern und zwei schwarzen Pronkin-Läufern – wie ich finde, sehr schön einheitlich. Das Stück ist übrigens die (nun Computer-geprüfte) Korrektur eines nebenlösigen Stücks aus dem Jahr 2008.