Das Magische Feld in Anticirceproblemen - Accademia del Problema

ebenfalls, um den böhmischen Geist zu spüren. Nach diesem tschechischen (bzw. slowakischen) Präludium
sehen wir uns in D (* 1.– b×c2#; 1.Sd4 [2.S×b3+ L×b3#] L×b5 2.Le2 f×e2#; 1.– c×b5 2.Lc2
b×c2#) an, wie der norwegische Böhme Grande vorging, um ein bestimmtes Thema – Halbfesselung –
darzustellen.
Danach zeige ich Ihnen, was der große russische Meister Andrej Seliwanow mit Computerhilfe zustande
bringt. E (1.Sh6 Zz. g5 2.e4 Zz. g4 3.De1+ Kf3 4.Kf1 Zz. g3 5.Lg1 g2#; 1.– g6 2.Le4 Zz. g5 3.Df1 Zz.
g4 4.Th3+ g×h3 5.Lh1 h2#; 1.– g×f6 2.Lh3 Zz. f5 3.Sf6 Zz. f4 4.Lf1 Zz. f3 5.e3 f2#; 1.– g×h6 2.Th2 Zz.
h5 3.Kh1 Zz. h4 4.Lg1 Zz. h3 5.Tg2+ h×g2#) enthält einen glasklaren Pickaninny, F (1.Le6 Zz. f×e6
2.Dg5 e5 3.Lg3 e4 4.Le1 e3 5.Dg1 e2#; 1.– f5 2.Dd1+ Ke3 3.Ke1 f4 4.Lh3 f3 5.Lf1 f2#; 1.– f6 2.Lh3 f5
3.Lg4+ f×g4 4.De1 g3 5.Lg1 g2#) ist längst berühmt geworden mit den drei (!) Chamäleonechos (die
Mattstellung taucht mit Farbwechsel dreimal auf). Die G (1.Dd6 Zz. h6 2.Sc7 Ke4 3.Kg4 h5+ 4.Kh3
Kf5 5.De6+ Kf4 6.Tg2 Kf3 7.Th2 Kf4 8.Sd5+ Kf3 9.Dg4+ h×g4#; 1.– Ke4 2.Kh6 Kf5 3.h5 Ke4 4.Kg5
h6+ 5.Kh4 Kf5 6.De7 Kf4 7.Th3 Kf5 8.Sd6+ Kf4 9.Dg5+ h×g5#) illustriert, was ich einleitend meinte,
als ich sagte, daß ein böhmisches Problem manchmal auch nur zwei Varianten enthält. Diese Aufgabe
enthält das, was ich totales Chamäleonecho nenne, ein Echo, bei dem alle im Diagramm enthaltenen
Steine aktiv spielen. Die H (1.Lh4 e1=D 2.Db3+ Kc1 3.Tc2+ Kd1 4.Ta2+ Kc1 5.Db2+ Kd1 6.Lh5+
De2 7.Dc2+ Kd1 8.Dc1+ Dd1 9.Le2 D×c1#; 1.– e1=T 2.Dd4+ Kc1 3.Df4+ Kd1 4.Td2+ Kc1 5.Td5+
Te3 6.Le8 Kc2 7.Dc4+ Tc3 8.Se2 T×c4 9.La4+ T×a4#; 3.– Te3 4.Tb1+ Kd2 5.Sc7 Kc3 6.Sb5+ Kd2
7.Ld3 K×d3 8.Df4+ Kc2 9.Sa3+ T×a3#; 1.– e1=L 2.Df3+ Kc1 3.Se2+ Kd1 4.Sc3++ Kc1 5.De3+ Ld2
6.Sa2+ Kd1 7.Tb1+ Lc1 8.Lh5+ Kc2 9.Tb2+ L×b2#; 1.– e1=S 2.Lh5 Sf3+ 3.Db4 Kc1 4.Se2+ Kd1
5.Sd4 Kc1 6.Tc2+ Kd1 7.Ta2 Kc1 8.Dd2+ S×d2 9.Sb3+ S×b3#) ist fast unglaublich – schwarze AUW
im Selbstmatt, und die Varianten münden in vier unterschiedliche Mustermatts.
I
Thomas R. Dawson
Western Daily Mercury
1920
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S#3
C+ 6+8
Längstzüger
J
Bo Lindgren
Tsjekkisk Sjakklubb
1960
1.-4. à£à Preis
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S#3
C+ 9+6
Längstzüger
K
Nils Adrian Bakke
Norsk Sjakkblad
1996-1997
1.
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à
S#3 C+ 10+5
Längstzüger
L
Jan Knöppel
Springaren 1951
1.
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à
S#2
C+ 6+5
Längstzüger
I (1.Sf1 e×f1=D 2.Df7 D×f7 3.Ta2 D×a2#; 1.– e×f1=T 2.Df2 Ta1 3.Ta3+ T×a3#; 1.– e×f1=L 2.Ka6
Lh3 3.Ta5 Lc8#; 1.– e×f1=S 2.Sa6 Sd2 3.Db3+ S×b3#) verwendet eine seltenere Bedingung – den
Längstzüger. Einige Jahre, nachdem er den Längstzüger erfunden hatte (1913), zeigte Thomas R. Dawson
diese AUW. Die Darstellung des Themas ist natürlich nicht leicht, aber im Längstzüger doch einfacher
als im gewöhnlichen Selbstmatt. 40 (!) Jahre später komponierte Bo Lindgren die J (1.Sh1 g×h1=D
2.T×a3 Da8 3.Sb7 D×a3#; 1.– g×h1=T 2.T×d3 T×h3 3.Tc3 T×c3#; 1.– g×h1=L 2.L×a2+ Le4 3.Df3
d2#; 1.– g×h1=S 2.Tc2 Sg3 3.Te2+ S×e2#; 2.– Sf2 3.S×d3+ S×d3#) mit demselben Thema. Der wesentliche
Unterschied zu Dawsons Problem besteht in der Wahl des Umwandlungsfeldes – hier ist es
das Eckfeld h1. Mir glückte mit der K (1.Tb1 c×b1=D 2.Td3+ D×d3 3.a6 D×a6#; 1.– c×b1=T 2.Sh3
T×h1 3.K×a3 Ta1#; 1.– c×b1=L 2.Dc6 Le4 3.L×a3+ L×c6#; 1.– c×b1=S 2.Sd5+ Kb2 3.Sb4 Sc3#)
ein drittes Beispiel, nun mit b1 als Umwandlungsfeld. Dem schwedischen Komponisten Jan Knöppel gelang
1951 mit der L (1.La3 D×b2 2.Tg2 D×g2#; 1.– a×b1=D 2.Tc2 D×e1#; 1.– a×b1=T 2.b3 T×e1#;
1.– a×b1=L 2.Dd2+ Ld3#; 1.– a×b1=S 2.Dc3+ S×c3#) ein ökonomischer Durchbruch. Wir sehen hier
sogar fünf verschiedene Mustermatts, und natürlich auch eine schwarze AUW. Im Jahr 2003 – 90 Jah-
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