Σημειώσεις του Γερμανορουμάνου συνθέτη προβλημάτων Βόλφανγκ Πάουλι (1876-1933). Το αρχείο με τα χειρόγραφά του βρέθηκε στο Βουκουρέστι μόλις στα τέλη της δεκαετίας του 1980.
31α. Dsekzer Α, Karpati Igaz Szo, 1969
Ματ σε 2 κινήσεις (#2)
31β. Αβ1 αντί Πβ1 διάγραμμα εδώ
31γ. Ιβ1 αντί Πβ1 διάγραμμα εδώ
32α. Mees W, Probleemblad, 1959, 4th HM
Ματ σε 2 κινήσεις (#2)
32β. Αα8 αντί για Αη8 διάγραμμα εδώ
33α. Sokolov L, The Problemist, 1973
Ματ σε 2 κινήσεις (#2)
33β. Ιη8 αντί Αη8 διάγραμμα εδώ
34. Pauly W, Deutsches Wochenschach, 1910
Ματ σε 4 κινήσεις (#4)
35.
Στα προβλήματα μαξιμούμμερ, ο μαύρος κάνει τη γεωμετρικά μακρύτερη νόμιμη κίνηση. Αν έχει επιλογή, κάνει κίνηση της επιλογής του.
Παράδειγμα: Ρε1-δ1 μετρά για 1, Ρε1-δ2 μετρά για √2 (=1,41), Βδ1-δ3 μετρά για 2, Βδ1-ζ3 μετρά για 2√2 (=2,83).
Η κίνηση του Ίππου μετρά για √5 (=2,24). Το μικρό ροκέ 4 και το μεγάλο ροκέ 5 (προσμετρώνται οι κινήσεις και των δύο κομματιών που μετέχουν στο ροκέ).
Στο διπλό Μαξιμούμμερ, και οι δύο παρατάξεις κάνουν τη γεωμετρικά μακρύτερη κίνηση.
Παράδειγμα:
s#2 μαξιμούμμερ. Λύση: 1.Ρα6 Βη8 2.Ρα5 Βα2 # (Kniest, 1963)
Breuer J, Hamburg. Correspondent, 1927
#3 μαξιμούμμερ
36.
Στα προβλήματα αποδεικτικής παρτίδας (proof game problems) ζητείται μια παρτίδα στην οποία ο λευκός και ο μαύρος συνεργάζονται για να προκύψει η θέση του διαγράμματος στις κινήσεις της εκφώνησης.
PG 2.5 σημαίνει ότι η θέση του διαγράμματος προκύπτει μετά από 3 κινήσεις του λευκού και 2 του μαύρου.
PG 3.0 σημαίνει ότι η θέση του διαγράμματος προκύπτει μετά από 3 κινήσεις του λευκού και 3 του μαύρου
Παράδειγμα:
PG 3.5. Θέση μετά από 1.ε3 θ5 2.Αδ3 θ4 3.Αθ7 ζ5 4.Αη6# (Stanley, 1996)
Orban T, Die Schwalbe, 1976
PG 4.0
Οι λύσεις της προηγούμενης ανάρτησης
Πρόβλημα 25 (Eidem 1958, #2): 1.δ8Ι Ρη6 2.ζ8Ι#.
Πρόβλημα 26 (Marasoglou 1972, #2): 1.Βε2 (α) 1…ζ6 2.Βθ5#, (β) 1…Α[β8-θ2] 2.Ιη7#, (γ) 1…Α[α1-θ8] 2.Ιδ6#.
Πρόβλημα 27 (Dehler 1928, #3): 1.Ιζ4 (α) 1…Ρα5 2.Ιδ5 (α1) 2…Ρα4 3.Ββ4#, (α2) 2…Ρα6 3.Ββ6#. (β) 1…Ρα3 2.Ιδ3 (β1) 2…Ρα4 3.Ββ4#, (β2) 2…Ρα2 3.Ββ2#.
Πρόβλημα 28 (Kubbel 1940, #3): 1.α8Α (α) 1…Ρα7 2.γ8Β Ρβ6 3.Ββ7#, (β) 1…Ρβ6 2.γ8Β Ρα7 3.Ββ7#.
Πρόβλημα 29 (Nabokov 1965, #3): 1.Βθ7 (α) 1...Ρβ8 2.Π:α3 Ργ8 3.Πα8#, (β) 1...α2 2.Ββ1 Ρα7 3.Π:α2#.
Πρόβλημα 30 (Adabashev 1 1938, -1 #1):
(α) Ο λευκός έχει μόλις παίξει 1.γ2-γ4. Το ανακαλεί –οπότε το πιόνι γ2 διακόπτει την επαφή του μΑδ1 και του λΠα4– και παίζει 1.δ5 ματ.
(β) Ο λευκός έχει μόλις παίξει 1.β4:γ5 σε απάντηση της προηγούμενης κίνησης του μαύρου, 0...γ7-γ5. Το ανακαλεί –οπότε το πιόνι β4 διακόπτει την επαφή του μΑδ2 και του λΠα5–, και παίζει δ5:γ6 ep ματ, αφαιρώντας τα εμπόδια λΣδ5 και μΣγ5 από τη γραμμή του λΠα5.
(γ) Ο λευκός έχει μόλις παίξει 1.β5:γ6 ep σε απάντηση της προηγούμενης κίνησης του μαύρου, 0...γ7-γ5. Το ανακαλεί –οπότε το πιόνι β5 διακόπτει την επαφή του μΑδ3 με τον λΠα6–, και παίζει δ7 ματ.
(δ) Ο λευκός έχει μόλις παίξει 1.γ6-γ7. Το ανακαλεί και παίζει δ8Ι διπλό σαχ και ματ.
Η προσπάθειά μου.
ΑπάντησηΔιαγραφή31a) Rb4
31b) Bf5
31c) Nd2
32a) d8=R
32b) d8=B
33a) f8=N
33b f8=B
Πολύ όμορφα προβλήματα. Ευχαριστούμε πολύ!
Τα υπόλοιπα θα τα προσπαθήσω αύριο.
Ευχαριστούμε κύριε Νυκτοπάτη!
ΑπάντησηΔιαγραφή34) 1.Qb5+ 2.Kf8 Qf5+ Ke8 (χαλάμε το ροκέ του μαύρου) 3.
ΑπάντησηΔιαγραφή35) 1.Qc5
Αν 1...Ra1 2.Qa3 Rg1 Qh3#
Αν 1...Rh8 2.Qf6 Rh2 Qf1#
36) 1.e4 e6 2.Bb5 Ke7 3.Bxd7 c6 4.Be8 Kxe8
Το 36 με ταλαιπώρησε για κάπου 10 λεπτά...
Προσπάθησα, αλλά δεν το πολυκατάβα το μαξιμούμερ, τέλος πάντων.
ΑπάντησηΔιαγραφή@ ανώνυμος που δεν κατάλαβε το μαξιμούμμερ
ΑπάντησηΔιαγραφήΜερικά ακόμα περί μαξιμούμμερ
Ας δούμε το πρόβλημα 35. Αν θεωρήσουμε ότι κάθε τετράγωνο της σκακιέρας έχει πλευρά 1 μονάδα, τότε: (α) απόσταση δύο γειτονικών τετραγώνων κατά την οριζόντια ή κάθετη κατεύθυνση =1 (οι αποστάσεις μετρώνται από κέντρο τετραγώνου αναχώρησης έως κέντρο τετραγώνου άφιξης), και (β) απόσταση δύο γειτονικών τετραγώνων κατά τη διαγώνια κατεύθυνση, βάσει του Πυθαγορείου θεωρήματος ή απλά βάσει των παραδειγμάτων του εισαγωγικού κειμένου, =√ (1^2+1^2) =√2 =1,41.
Μετά από 1.Βγ5, ο μαύρος έχει τις εξής κινήσεις: Με τον Βασιλιά, Ρθ1-θ2=1 μονάδα, Ρθ1-η2=√2=1,41 μονάδες. Με τον Πύργο, Πα8-α7=Πα8-β7=1 μονάδα, ... , Πα8-α1=Πα8-θ8=7 μονάδες. Οι μακρύτερες, σύμφωνα με τον ορισμό, κινήσεις από όλες τις δυνατές κινήσεις του μαύρου είναι δύο, οι Πα8-α1 και Πα8-θ8, από 7 μονάδες η καθεμία, οπότε ο μαύρος είναι ελεύθερος να διαλέξει μεταξύ των δύο. Ας πάρουμε την πρώτη βαριάντα, 1...Πα8-α1. Μετά από 2.Βα3, η κίνηση 2...Πα1:α3 είναι 2 μονάδες και η 2...Πα1-η1 7 μονάδες, οπότε είναι, σύμφωνα πάντα με τον ορισμό, υποχρεωτικό να παιχθεί. Αντίστοιχα ισχύουν και για τη δεύτερη βαριάντα, 1...Πα8-θ8.
Για εμπέδωση, ιδού άλλο παράδειγμα:
Fiedler 2003
s#4 μαξιμούμμερ (αντίστροφο σε 4: ο λευκός παίζει πρώτος και αναγκάζει τον μαύρο να τον κάνει ματ σε 4 κινήσεις. Επιπλέον, ο μαύρος υποχρεούται να εκτελεί την κάθε φορά γεωμετρικά μακρύτερη νόμιμη κίνηση).
Ο λευκός θέλει να εναλλάξει θέσεις Ρ και Α και να αναγκάσει τον μαύρο να τον κάνει ματ με Βδ1. Πώς;
Λύση: 1.Αδ3 Βα4+ 2.Ρβ1 Βθ4 3.Αγ4 Βδ8 4.Αα2 Βδ1#.
Μη φοβάστε, αυτά τίθενται για να κεντρίσουν την περιέργεια και να εξάψουν τη φαντασία μας, τέτοια δεν μπαίνουν στους διαγωνισμούς ούτε με τον Κάμενικ προβληματοθέτη :) (Για τον Στάινμπρινκ, δεν υπόσχομαι, έχει τη φήμη ότι είναι ικανός για όλα...)
Πάντως, για τους... μερακλήδες, ιδού ένα άλλο μαξιμούμμερ, αντίστροφο κι αυτό (τα περισσότερα μαξιμούμμερ είναι αντίστροφα):
Jago 1992
s#3 μαξιμούμμερ
Προτείνω να το θεωρήσετε ως 35(β) και να προσπαθήσετε να το λύσετε. Σε κάθε περίπτωση, η πλήρης λύση θα δοθεί από αυτό το νήμα, πριν την ανάρτηση της επόμενης εξάδας.
Αγαπητέ καλοπροαίρετε,΄
ΑπάντησηΔιαγραφήπολύ διαφωτιστικές οι επεξηγήσεις, ευχαριστώ. Θα προσπαθήσω αύριο το πρωί, που θα έχω πιο πολύ χρόνο να δω τα προβλήματα που επισυνάπτεις. Πολλές ευχαριστίες για όλη την πρωτοβουλία.
Να παρατηρήσω σχετικά με το πρόβλημα 32: Η πλήρης λύση στο "a" είναι 1.d8=R Kxe7 2.f8=Q# και στο "b" 1.d8=B Kd7 2.f8=N#. Εμφανίζονται και οι 4 προαγωγές στα 2 μέρη του προβλήματος. Αυτό στη σκακιστική αργκό των προβληματιστών ονομάζεται AUW, από το γερμανικό Allumwandlung που σημαίνει όλες οι προαγωγές.
ΑπάντησηΔιαγραφήΤο 36 που δυσκόλεψε τον SirJohn δεν είναι καθόλου εύκολο, παρά τις λίγες κινήσεις. Ο θρύλος λέει ότι κάποιος έβαλε αυτή τη θέση σε μια παρέα παλιών GM οι οποίοι δυσκολεύτηκαν να τη λύσουν. Πρώτος βρήκε τη λύση ο Ταλ σε καμιά 15αριά λεπτά. Να σημειώσω επίσης ότι η θέση προκύπτει πανεύκολα σε 3 ή 3,5 κινήσεις αλλά η δυσκολία είναι να λυθεί σε ακριβώς 4 κινήσεις.
Τα μαξιμούμερ είναι πράγματι κάπως ακατανόητα (πού να μετράμε τώρα τετραγωνικές ρίζες και υποτείνουσες). Ευτυχώς στο πρόβλημα Νο.35 ο μαύρος έχει μόνο πύργο, κι αυτό κάνει το μέτρημα πιο εύκολο.
Όσο για το σχόλιο του Καλοπροαίρετου ότι δεν βάζουν μαξιμούμερ στους διαγωνισμούς, αυτό δεν ισχύει πάντα. Στο όπεν του Παγκοσμίου πρωταθλήματος 2002 στο Πορτορόζ, ο Σλοβένος Κλάσιντς είχε επιλέξει μία κίρκη κι ένα μαξιμούμερ με nightriders (ιππότες της νύχτας, ελληνιστί). Ο Πολωνός Μούρτζια που κέρδισε το διαγωνισμό με σχετικά χαμηλό ποσοστό επιτυχίας (75%), δεν κατάφερε να βρει τη μία από τις 2 λύσεις του βοηθητικού κίρκης, μου είπε μετά ότι πρώτη φορά δοκίμαζε να λύσει πρόβλημα τέτοιου είδους.
Πολύτιμες οι πληροφορίες, Alotan, ευχαριστούμε.
ΑπάντησηΔιαγραφήΠροφανώς εννοούσα σε ελληνικό διαγωνισμό, και μάλιστα αρχαρίων. Βλέπεις, αφού, απ΄ ό,τι αντιλαμβάνομαι, μάλλον οριστικοποιείται η καθιέρωση ομίλου αρχαρίων στους ελληνικούς διαγωνισμούς, προσπαθώ να «εκβιάσω» και τη δομή [3 #2, 2 #3, 1 eg] γι΄ αυτόν :) Το επόμενο βήμα θα είναι η εξασφάλιση ότι το ένα #2, το ένα #3 και η eg θα είναι μινιατούρες. Μακκιαβελλικές τεχνικές :D
(Το μόνο στο οποίο δεν μπορώ να εισφέρω είναι η εξασφάλιση συμμετοχών στον όμιλο αρχαρίων· πάντως, έχω ήσυχη τη συνείδησή μου ότι κάνω ό,τι περνάει απ΄ το χέρι μου…)
Λύση του μαξιμούμμερ που τέθηκε ως πρόσθετη άσκηση σε αυτό το σχόλιο:
ΑπάντησηΔιαγραφή1.Ιγ5 Βθ4 2.Αζ4 Βδ8 3.Ιδ3+ Β:δ3#.