Retro der Woche 26/2026

Im Jahr 2023 feierte die französische Zeitschrift “Rex Multiplex” ihr 40-jähriges Bestehen; zu diesem Anlass schrieb sie ihr 18. Thematurnier in mehreren Gruppen, darunter auch Retros aus. Thema war, nicht gerade fernliegend, die Bedingung “Rex Multiplex”, die im Schwalbe-Märchenlexikon so definiert wird:

“Beide Parteien können mehrere Könige und/oder königliche Steine besitzen und auch in einen König umwandeln. Ein Schachgebot ist nur zulässig, wenn es entweder für alle Könige zugleich parierbar ist oder alle Könige gleichzeitig mattsetzt.”

Man kann es auch anders formulieren: Umwandlung in Könige ist erlaubt, auch diese Könige haben königliche Eigenschaften; “Teilmatts” sind nicht zulässig: Alle oder keiner.

Preisrichter Thierry le Gleuher erhielt 23 Einsendungen, von denen er 14 auszeichnete — dennoch gab es nur einen Preis; dieses Stück aber überragt laut Richter die anderen deutlich.

Und das wollen wir uns heute gemeinsam anschauen.

Dirk Borst
18. TT Rex Multiplex 2023
Beweispartie in 28.5 Zügen, Rex multiplex (14+14)

 

Bei Weiß fehlen [Lf1], der zu Hause geschlagen werden musste, sowie [Lc1], der offensichtlich auf der h-Linie geschlagen wurde; der [Bb2] hat sich offensichtlich in den zweiten König umgewandelt. Bei Schwarz fehlen ein Turm sowie [Bc7], der selbst nicht geschlagen haben kann, da für ihn kein weißen Schlagopfer zur Verfügung steht. Also wurde er auf seiner Linie vom [Bb2] geschlagen, der damit auf c8 umwandelte; der schwarze Turm starb auf e3.

Nun stellen sich einige Fragen: Durch wen starb [Lf1], und wie lässt sich vor allen Dingen der Nordwesten des Bretts aufbauen ohne dass der weiße König im Weg steht?

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Retro der Woche 25/2026

Immer wieder finde ich es interessant, auf welche verschiedene Arten Autoren in ihren Beweispartien verschiedene Themen verbinden oder ein Thema mit mehreren Steinen darstellen.

Da gibt es die Möglichkeit der einfarbigen Darstellung oder Verteilung des Themas auf Weiß und Schwarz. Da können Themen mit einer Steinart oder mit mehreren unterschiedlichen gezeigt werden, da können auch verschiedene Themen miteinander verbunden werden — auch da wieder über eine oder über zwei Farben, über gleiche oder verschiedene Steinarten.

Ein wahrer Meister darin, immer wieder interessante Kombinationen zu erfinden und aufs Brett zu zaubern, ist Silvio Baier. Von ihm möchte ich euch heute eine Beweispartie von ihm aus dem vierten Heft des 2025-er Jahrgangs von Probleemblad vorstellen.

Silvio Baier
Probleemblad 2025
Beweispartie in 26.5 Zügen (14+13)

 

Bei Silvio ist es nicht allzu schwer, darauf zu tippen, dass thematische Umwandlungen zentrale Bedeutung in der Aufgabe haben.

Daher will ich euch heute einladen, selbst erste Überlegungen zu möglichen Themen dieser Aufgabe anzustellen, bevor ihr weiterlest. Versucht dies so, wie wir es hier auf der Seite meist machen, also indem ihr sichtbare Züge zählt, vielleicht Reihenfolge-Abhängigkeiten identifiziert (etwa “X muss schon da stehen, bevor Y ziehen kann”) — besonders aber überlegt, welche fehlenden Steine wo geschlagen wurden. Dabei helfen natürlich Doppelbauern im Diagramm besonders, ebenso die Frage, was speziell mit fehlenden Bauern passiert sein kann: Geschlagen, umgewandelt? Was passiert dann nach der Umwandlung?

Und wenn ihr einige Fragen für euch beantwortet habt, könnt ihr euch auch an den ersten Löseversuch machen: Eine Menge wisst ihr schon, bevor ihr auch nur einen einzigen Zug gemacht habt!

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Retro der Woche 22/2026

Besonders attraktiv finde ich “auf den ersten Blick” Beweispartien, bei denen man beinahe die Partieanfangsstellung im Diagramm vor sich hat. Hauptsächlich deshalb, weil da die wesentlichen Inhalte der Aufgabe meist gut verborgen erst aus der Lösung hervorscheinen, aber im Diagramm noch nicht verraten werden.

So ist es auch bei diesem Stück eines meiner Lieblingskomponisten, das nun 25 Jahre alt ist, für mich aber noch immer viel Esprit versprüht. Wie geht es euch damit?

Satoshi Hashimoto
Probleemblad 2001, 3. Preis
Beweispartie in 18,5 Zügen (14+13)

 

Zählt man zunächst einmal nur die direkt sichtbaren Züge, kommen wir bei Weiß auf 3+0+0+0+0+1=4 Züge, bei Schwaz immerhin auf 4+0+0+3+2+3=12. Aber es müssen ja auch Steine verschwinden, und dafür benötigen wir zusätzliche Züge. Der weiße weißfeldrige Läufer ist vermutlich auf c6 geschlagen worden, denn g7-g6x(L)f5 würde den sLg6 zu einem weiteren Umweg zwingen.

Und kurioserweise sind die schwarzen Züge schon knapp, denn es bleiben nur sechs, um die fehlenden [Dd8], [Ta8] und [Lf8] loszuwerden. Weiß könnte versuchen, etwa mit [Sb1], Schwarz Züge sparend, Turm und vielleicht gar noch die Dame zu schlagen — nur: wie verschwindet dann [Bg2] — mit anderen Worten: Was kann Schwarz auf der f-Linie schlagen??

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Retro der Woche 12/2026

Im Oktober letzten Jahres konnten wir die Sensation verkünden, dass Reto Aschwanden mit seinem Stelvio Prüfprogramm die Korrektheit der berühmten 57,5 zügigen Beweispartie von Dmitri W. Pronkin und Andriy Frolkin nachweisen konnte. Damit sollten deutlich kürzere Beweispartien doch immer und leicht prüfbar sein?

Dass dies ein Trugschluss wäre und warum das so ist, will ich heute mit einem Beispiel aus dem Urdrúckteil der Schwalbe vom August letzten Jahres diskutieren.

Andriy Frolkin & Serhiy I.Tkatschenko
Die Schwalbe 2025
Beweispartie in 16 Zügen, Michel Caillaud gewidmet (5+8)

 
Die Aufgabe ist ziemlich kurz, die Autoren geben jedoch an, dass das Stück (nur) bis zum 13. Zug mit Stelvio geprüft ist, und auch Silvio Baier weist darauf hin, dass sich diese Beweispartie vollständiger Prüfung widersetze. Woran liegt das?

Ein „Brute Force“ Lösen ist bei nicht extrem kurzen Beweispartien ausgeschlossen: Im Schnitt gibt es in einer legalen Schachstellung etwa 30 Züge — damit etwa 30^32 16-zügige (32 Halbzüge!) Partien, das sind etwa 1,85 * 10^47 Partien. Könnte ein Computer in einer Sekunde eine Million Partien spielen, bräuchte er immer noch 1,85 * 10^41 Sekunden für alle. Ein Jahr hat im Schnitt etwa 31,6 Millionen Sekunden, wir brauchten also 5 * 10^33 Jahre für alle 16-zügigen Schachpartien. Und dann ist es auch egal, wenn davon vielleicht 90% bereits vorher wegen Matt beendet wären …

Daher suchen Prüfprogramme stets am Anfang nach möglichst umfangreichen Möglichkeiten, den „Spielbaum“ zu beschneiden, die durchschnittliche Zügezahl also so weit wie möglich zu reduzieren. So machen wir es hier auch meist, indem wir Überlegungen über die Stellung anstellen und daraus Schlussfolgerungen für den Lösungsablauf ziehen, bevor wir über konkrete Lösungszüge nachdenken.

Neben „impliziten“ Schlüssen (Schwarz hat 15 Steine, daher muss Weiß exakt einmal schlagen) sind das vor allen Dingen Feststellungen über Bauernstrukturen (… , dieser Schlag musste also mittels bxc3 erfolgen) und Abhängigkeiten von Zugreihenfolgen (g6 konnte erst nach Lh7 gespielt werden).

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Retro der Woche 10/2026

Heute will ich einmal aus der feenschach-Redaktion spoilern: Neben dem regulären Heft steht ein zweites kurz vor der Fertigstellung, in dem die Berichterstattung von Hans Gruber über Retroturniere aufgearbeitet wird: Da hatte sich so viel Material angesammelt, dass das für mehr als ein ganzes Heft reicht.

Für uns Retrofreunde wird das Heft sicherlich ein absolutes Highlight mit ausgezeichneten (im wahrsten Sinne des Wortes!) Retros am Fließband.

Eine Menge der Stücke kennt ihr aus den Retros der Woche, das heutige natürlich nicht:

Michel Caillaud
Probleembald 2011-2012, 1. Preis
Beweispartie in 18 Zügen (12+13)

 

18 Züge sind nicht allzu viele, aber scheinen dann mehr zu werden, wenn wir die sichtbaren Züge gezählt haben: Bei Weiß sind es 0+0+0+0+1+2=3 — das ist wahrlich nicht viel! Bei Schwarz schaut es auch nicht viel besser aus: 2+0+2+1+4+2=11, selbst hier sind also noch sieben Züge frei.

Dann ist es sicherlich interessant, sich anzuschauen, was denn ein Steinen geschlagen wurde: Bei Weiß fehlen bis auf den Springer die Damenflügel-Offiziere sowie der e-Bauer, bei Schwarz e- und f-Bauer sowie der schwarzfeldrige Läufer. Und Doppelbauern? Nur die Schläge ax3 bzw. axb6 sind sichtbar.

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Retro der Woche 07/2026

Die klassischen Auflöse-Retros von Luigi Ceriani sind für mich immer wieder ein Genuss! Viele sind recht komplex, aber andere auch so, dass ein noch nicht sehr erfahrener Retrofreund sie doch sehr gut nachvollziehen und vielleicht auch lösen kann: Ich kann versprechen, das macht Spaß!

Ein relativ sparsames Stück von ihm möchte ich euch heute zeigen.

Luigi Ceriani
Vittorio de Barbieri Gedenkturnier 1943, 1. Preis
Erster Zug der schwarzen Dame? (9+12)

 
Obgleich elf Steine fehlen, ist kein einziger Schlag eines Bauern sichtbar; zunächst sind nur einige wenige Details klar: der weiße Turm auf a2 konnte sein Zuhause nicht verlassen, wir werden uns Gedanken machen müssen, wie beie Seiten ein Retropatt vermeiden, und dass zuletzt die schwarze Dame gezogen hat, ist klar, da sie dem weißen König Schach bietet; sie kann also nur von d8 kommen und muss dabei geschlagen haben, denn ohne eine auf e8 entschlagene Figur wäre Weiß sofort retropatt, da er c2-c3 nicht zurücknehmen kann, da dies den schwarzen König aussperren würde. Was wurde denn auf e8 entschlagen?

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Retro der Woche 06/2026

Preisrichter Hans Gruber war von den Spitzenproblemen des Yoav Ben-Zvi Gedenkturniers – gefordert waren Beweispartien mit zweckreinen Bahnungen bzw. Räumungen — hellauf begeistert, er sah das Turnier als „epochal“ an, „ … mit herausragender Qualität der Preisprobleme und einem Jahrzehnt-Problem an der Spitze. Die Zweckreinheit der Manöver erhöht deren Tiefe beträchtlich; mit dem Turnier sollten die Erwartungen an hervorragende Beweispartien künftig deutlich steigen. Die intensive Beschäftigung mit jedem der Preisträger verspricht großen Gewinn.“

Mit den beiden erstplatzierten Aufgaben haben wir uns im Retro der Woche 02/2023 bzw. 03/2023 bereits beschäftigt; heute steht das Stück von Platz 3 auf dem Programm:

Kostas Prentos
Yoav Ben-Zvi Gedenkturnier 2022, 3. Preis
Beweispartie in 18,5 Zügen (15+16)

 
Zwei thematische Manöver kann man schon aus der Diagrammstellung erahnen: wTa1 hat vielleicht bahnend für die schwarze Dame Platz gemacht, ebenso wLc1 für seinen Kollegen von f8. Aber dafür hätte Hans Gruber sicherlich in solch einem hochklassigen Turnier nicht den dritten Preis ver geben, wenn das alles wäre …

Die Betrachtung der Schläge — besser gesagt: des einzigen Schlages — bringt uns schon ein wenig weiter: Es fehlt nur ein weißer Stein, nämlich der a-Bauer. Der aber kann „mangels Schlagopfer“ nicht auf der b-Linie geschlagen worden sein; er muss also umgewandelt haben, und ein weißer Offizier wurde dann auf der b-Linie geschlagen.

Das macht das Zählen der nicht nur sichtbaren, sondern auch ableitbaren Züge nicht einfacher:

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Retro der Woche 44/2025

„Leider gab es keine Kommentare, das Nachspielen der Lösung wird empfohlen!“ Wenn das die einleitenden Worte von Jochen Schröder, dem Retro-Sachbearbeiter der Schwalbe sind, sollte sich das bestimmt lohnen — speziell bei einer Beweispartie des amtierenden Retro-Kompositonsweltmeisters Silvio Baier.

Da sollten wir uns dann gemeinsam draufstürzen?!

Silvio Baier
Die Schwalbe 2025
Beweispartie in 29,5 Zügen (11+14)

 
Beginnen wir wie üblich mit der Inventur: Bei Weiß fehlen fünf Bauern, bei Schwarz drei, von denen einer offensichtlich in einen Springer umgewandelt wurde.

Das Zählen der sichtbaren weißen Züge ist — wie haben hier eine vollständige weiße Homebase vor uns, natürlich schon erledigt, bevor es begonnen hat; bei Schwarz ist da schon etwas mehr zu tun.

Die Springerumwandlung haben wir schon gesehen, da nehmen wir einfach im Sinne der „Zügeminimierung“ an, der Umwandlungsspringer stehe auf e2. Für den rechnen wir dann sechs Züge (5 Bauernzüge plus Sg1/c1-e2).

Wir sehen dann 4+2+3+3+3+(8+6)=29 Züge — kein Zug ist also bei Schwarz noch frei. Andererseits ist damit klar, dass unsere Hypothese „sSe2 ist Umwandlungsspringer“ richtig ist, da Schwarz keine freien Züge für ansonsten erforderliche Springermanöver hätte.

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