Τετάρτη, 12 Μαΐου 2010

Ο Σαμουήλ-Ερρίκος Νυκτοπάτης επιλέγει


Μια σπάνια φωτογραφία που είχε δημοσιευθεί στο τεύχος 15-16 (Αύγουστος 1944) του περιοδικού «ΤΟ ΣΚΑΚΙ». Το επιτελείο των συνεργατών του. Καθήμενοι (από αριστερά): Μ. Κουτίλιν, Ζ. Καρυωτάκης, Α. Ζορμπάς, Χ. Λάμπρος. Όρθιοι (από αριστερά): Ι. Κουταλίδης, Μ. Μικρουλέας, Φ. Μαστιχιάδης, Β. Λύρης, Μ. Κόντερ και Ν. Δάμπασης.
(πηγή
http://kallitexniko-skaki.blogspot.com/2009/07/blog-post.html )

55α. Chebanov N, Shahmaty v SSSR, 1982

Ματ σε 2 κινήσεις (#2)

55β. Ανταλλάξτε τις θέσεις των βασιλέων διάγραμμα εδώ

56. Doukas N, To Mat, 1958

Ματ σε 2 κινήσεις (#2)

57. Lyris V, To Skaki, 1943

Ματ σε 3 κινήσεις (#3)

58α. Klasinc M, III.n. ˝Gavrilović MT˝, 1974/76

Βοηθητικό σε 2 κινήσεις (h#2)

58β. 4Π -> 4Α διάγραμμα εδώ
58γ. 4Π -> 4Ι διάγραμμα εδώ

59. Platov V&M, Sbornik Shakmatnik Etjudov, 1914

Παίζουν τα λευκά και κερδίζουν (+-)

60. Topcheev L, "64", 1927

Παίζουν τα λευκά και κερδίζουν (+-)

Οι λύσεις της προηγούμενης ανάρτησης

Πρόβλημα 49 (Trčala 1901, #2): 1.Ββ2 (i) 1...Ρζ3 2.Αδ5#, (ii) 1...Ρζ5 2.Αβ1#, (iii) 1...Ρδ3 2.Ιγ5#

Πρόβλημα 50 (Cook 1858, #3)

Συνοπτική απάντηση: 1.α3 (α) 1…Ρδ6/Ργ7/δ2 2.Ιβ8(+), (β) 1..Ρβ5 2.Ιδε5+, (γ) 1…Ρδ5 2.Βε5+.

Αναλυτική απάντηση: 1.α3 (α) 1…Ρδ6 2.Ιβ8 (α1) 2…δ2 3.Βε5#, (α2) 2…Ργ5/Ρδ5 3.Βγ6#, (α3) 2…Ργ7 3.Βδ7#, (β) 1…Ργ7 2.Ιβ8 (β1) 2…δ2 3.Βδ7#, (β2) 2…Ρδ6 3.Βε5#, (γ) 1…Ρβ5 2.Ιδε5+ (γ1) 2…δ2 3.Βδ7#, (γ2) 2…Ρδ6 3.Βε5#, (δ) 1…Ρδ5 2.Βε5+ (δ1) 2…Ργ5 3.Βγ6#, (δ2) 2…Ρα5 3.Ιγ4#, (ε) 1…δ2 2.Ιβ8+ (ε1) 2…Ργ5/Ρδ5 3.Βγ6#, (ε2) 2…Ρδ6 3.Βε5#, (ε3) 2…Ργ7 3.Βδ7#.

Πρόβλημα 51 (Pechyonkin 1957, #9)

(α) 1.Ρθ2 Ρθ4 2.Ιδ4 Ρη4 3.Ιε6 Ρθ4 4.Ιη7 Ρη4 5.Ιε2 Ρθ4 6.Ιγ1 Ρη4 7.Ιδ3 Ρθ4 8.η3+ Ρη4 9.Ιε5#.
(β) 1.Ρζ2 Ρη4 2.Ρε3 Ρθ4 3.Ρδ4 Ρη4 4.Ρε5 Ρθ4 5.Ρζ6 Ρη4 6.Ρη6 Ρθ4 7.Ιθ1 Ρη4 8.Ιζ2+ Ρθ4 9.η3#.

Πρόβλημα 52 (Moutecidis 1965, s#4): 1.α8Ι Β:γ2 2.Ιβ6+ Ρβ3 3.Βγ4+ Ρα3 4.Βα2+ Β:α2#.

Πρόβλημα 53 (Duras 1908, +-): 1.Αβ4 Ρζ7 2.α4 (α) 2...Ρε6 3.α5 Ρδ5 4.α6 Ργ6 5.Αα5 +-, (β) 2...Ρε8 3.α5 Ρδ8 4.Αδ6 Ργ8 5.α6 +-.

Πρόβλημα 54 (Sehwers 1900, =): 1.Πβ5+ (1.Πθ6? Αε6! 2.Π:ε6+ Ρβ5 -+) (α) 1...Ργ6 2.Πβ6+ Ρ:β6 3.Αζ2+ Ρ~ 4.Αδ4 Β:δ4 πατ, (β) 1...Ρ:β5 2.Αζ6 Β:ζ6 πατ, (γ) 1...Ρα7 2.Αζ2+ Ρα8 3.Πβ8+ Ρ:β8 4.Αδ4 Β:δ4 πατ.

8 σχόλια:

Δημήτρης Σκυριανόγλου είπε...

Στο Νο 58 μάλλον όλες οι εκδόσεις είναι h#2 και όχι h#3, κάνω λάθος?

Schrödinger's Cat είπε...

Έχεις δίκιο Δημήτρη, ευτυχώς που το επισήμανες σχεδόν αμέσως. Δικό μου λάθος, στην αντιγραφή. Ευχαριστώ.

Ανώνυμος είπε...

Ευχαριστούμε κύριε Νυκτοπάτη!

Ελισσαίος είπε...

Στη λύση του 54 υπάρχει ένα τυπογραφικό. Είναι 1.Πβ5+ και όχι 1.Πθ5

Papaveri είπε...

55α)1.Βδ8!Δυστυχώς το πρόβλημα έχει ένα μειονέκτημα, πιάνει τετράγωνο φυγής "β6" του Μαύρου Βασιλιά, παρόλο που δίνει το τετράγωνο "γ6". Το κανονικό είναι να πιάνει ένα τετράγωνο φυγής και να δίνει αντίστοιχα ένα.
55β)1.Ια1!
56)1.Ιζ4! διαπραγματεύεται το θέμα "Star Flights".
57)1.Πα2!
60)1.Πθ8+,Ρδ7 2.Πθ7+,Ρ:Ι 3.Π:Π+-.

ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΚΟΝΙΔΑΡΗΣ είπε...

Αγαπητέ Papaveri,
στα τριάρια δεν αρκεί το κλειδί, το γνωρίζετε. Άρα στο 57 θα πρέπει να πείτε στον κόσμο τη συνέχεια του λευκού (που ασφαλώς την έχετε βρει) μετά την καλύτερη άμυνα του μαύρου 1...Πα1!

Επίσης στην σπουδή 60 η βαριάντα που δίνετε δεν είναι επουδενί φορσέ. Ο μαύρος δε θα παίξει φυσικά 2...ΡχΙ; αλλά 2...Ρδ6! κι αν 3.ΠχΠ, πατ (αυτή είναι εξάλλου η ιδέα του συνθέτη). Το φινάλε αυτό είναι πολύ διδακτικό και είναι από αυτά που υποστηρίζω ότι εμπλουτίζουν την θεωρία.

Papaveri είπε...

@ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΚΟΝΙΔΑΡΗΣ
57)1.Πα2!,Πα1! 2.Αβ1!,~ 3.Ιη6#
Την έγραψα όλη τη λύση. Έδωσα μόνο το κλειδί, διότι η λύση είναι μόνο μια βαριάντα. Όσο για τη σπουδή έχεις δίκιο είναι λανθασμένη.

Papaveri είπε...

Συμπληρωματικό
57)Διαπραγματεύεται το θέμα:
(Cheney - Loyd Δίχρωμο).