Δευτέρα, 26 Μαΐου 2008

2007-06-03, Διαγ. Λύσης ΕΣΟ, 6ος Πανελλήνιος

Πριν από την ημερομηνία διεξαγωγής του φετινού Πανελλήνιου Διαγωνισμού Λύσης Σκακιστικών Προβλημάτων (Κυριακή 01/06/2008), παρουσιάζουμε τα προβλήματα που δόθηκαν στον περυσινό διαγωνισμό. Ο στόχος είναι να εξοικειωθούν με τα ζητούμενα οι επίδοξοι λύτες.

Είναι σημαντικό να συμμετέχουμε. Η εξάσκηση σε πραγματικές συνθήκες βελτιώνει τον λύτη.

Ας παρατηρήσουμε μέσα στις λύσεις τον τρόπο βαθμολόγησης, το πώς κατανέμονται οι βαθμοί στις διάφορες βαριάντες. Οι βαθμοί αναγράφονται μέσα σε αγκύλες με έντονα στοιχεία. Δεν πρέπει να παραλείπουμε σημαντικές βαριάντες.



6ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΥΣΗΣ ΣΚΑΚΙΣΤΙΚΩΝ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ
Οργάνωση : Ελληνική Σκακιστική Ομοσπονδία, Σ.Ο. Αιγάλεω και Δήμος Αιγάλεω
Ημερομηνία : 03 Ιουνίου 2007
Ελεγκτής : Χάρης Φουγιαξής

Οδηγίες : Η σωστή και πλήρης λύση κάθε προβλήματος βαθμολογείται με 5 βαθμούς. Η μη πλήρης λύση βαθμολογείται με λιγότερους βαθμούς.
#2 : Γράψτε μόνο την πρώτη κίνηση (το "κλειδί").
#3 : Γράψτε το κλειδί, την απειλή (αν υπάρχει) και όλες τις βαριάντες μέχρι και τη 2η κίνηση των λευκών.
Πολυκίνητο : Γράψτε το κλειδί, την απειλή (αν υπάρχει) και όλες τις βαριάντες μέχρι και την προτελευταία κίνηση των λευκών.
Σπουδή: Γράψτε όλες τις κινήσεις μέχρι τη θέση προφανούς νίκης των λευκών.
Αντίστροφο : Γράψτε το κλειδί, την απειλή (αν υπάρχει) και όλες τις βαριάντες μέχρι και την τελευταία κίνηση των λευκών.
Βοηθητικό : Γράψτε όλες τις κινήσεις (για όλες τις λύσεις). Τα μαύρα παίζουν πρώτα.



1ος ΓΥΡΟΣ, Χρόνος : 2 ώρες


(Πρόβλημα 169)
Touw Hian Bwee,
Τέταρτο Βραβείο
113th TT British Chess Federation, 1966-67
Ματ σε 2 κινήσεις.
#2 (8+11)
[b3R2r/p4sB1/3kSR2/1Q1p1B2/7q/3sP2p/5p2/b4K2]

Υπάρχουν μερικές δοκιμές : {1.Sd4+? Qxf6!}, {1.Sg5+? Bxf6!}, {1.Qd7+? Kxd7!}, {1.Qb8+? Kc6!}, {1.Qb6+? axb6!}, {1.Qc5+? Sxc5!}. Η λύση ακολουθεί :

Κλειδί : 1.Qa5! [5.0] ( > 2.Qc7#)
1...Kd7 2.Sc7#, 1...Kc6 2.Sd8#, 1...Ke5 2.Sf8#, 1...Qc4 2.Sd4#, 1...d4 2.Sg5#



(Πρόβλημα 170)
M. Marandyuk & V. Melnichenko,
Τέταρτο Βραβείο
S. Brehmer MT, Die Schwalbe 1996-98
Ματ σε 3 κινήσεις.
#3 (9+8)
[8/3BBbp1/p4b2/1P1kP3/1P2R1s1/1K1Pp3/2S3s1/8]

Αν κινηθεί ο μαύρος Βασιλιάς, ο λευκός Βασιλιάς θα απειληθεί με σαχ από τον μαύρο Αξιωματικό Bf7.
Υπάρχουν μερικές δοκιμές : {1.Bd6? Bxe5!}, {1.Kb2? Bxe5+!}, {1.Bc6+? Ke6!}, {1.exf6? axb5!}, {1.Rd4+? Kxe5+!}, {1.Sd4? Sxe5!}. Η λύση ακολουθεί :

Κλειδί : 1.Ka3! [1.0] ( > 2.Rd4+ [1.0] Kxe5 3.Bd6#)
1...Bxe5 2.Sd4 [1.0] ( > 3.Bc6#) Be8 3.Be6#
1...Bg5 / Bh4 2.Bd6 [1.0] ( > 3.Rd4#)
1...Bxe7 2.Bc6+ [1.0] Ke6 3.Sd4#



(Πρόβλημα 171)
Michael Herzberg,
Δεύτερο Βραβείο
Problem-Forum 2000
Ματ σε 5 κινήσεις.
#5 (7+7)
[8/1B3p2/4r1p1/2pS4/P1k2p2/5S1K/1pPB4/8]


Δοκιμές : {1.Sc7? Rd6!}, {1.Sb6+? Rxb6!}, {1.Ba5? ( > 2.Sd2+ Kd4 3.Bc3#) b1=S!}. Ακολουθεί η λύση :
Κλειδί : 1.Sxf4! [1.0] ( > 2.Bd5#)
1...Rd6 2.Sd5! [1.0] ( > 3.Se3#)
2...Re6 3.Ba5! [1.0] ( > 4.Sd2+ [1.0] Kd4 5.Bc3#)
3...b1=S 4.Bc6 [1.0] ( > 5.Sb6#)
4...Rxc6 5.Se3# (Το ματ γίνεται από τετράγωνο που ήταν διπλά προστατευμένο).



(Πρόβλημα 172)
Nikolay Kralin & Leonid Sokolenko,
Πρώτο Βραβείο
Thèmes-64, 1983
Παίζουν τα Λευκά και νικούν.
+ (4+5)
[3k4/1pS5/8/2p5/K3R3/1p6/P7/1r6]

Κλειδί : 1.Se6+ (απειλεί το πιόνι της στήλης-c) Kc8
2.axb3 b5+
3.Ka3 c4 (προστατεύεται το πιόνι της στήλης-c)
4.b4 [1.0] Rb3+ (βρίσκει ευκαιρία να πάρει το λευκό πιόνι)
5.Ka2 Rxb4 (αλλά ο μαύρος Πύργος έχει μικρή κινητικότητα)
6.Sc5! [1.5] Kd8 (δεν μπορεί να βγεί από το c7 λόγω του Sa6+ και χάνεται ο μαύρος Πύργος)
7.Ka1! [1.5] Kc8 (και τώρα θα περιοριστεί και ο μαύρος Βασιλιάς)
8.Rd4 [1.0] Kc7 / Kb8
9.Sa6+ +-



(Πρόβλημα 173)
Frank Richter,
Πρώτη Εύφημη Μνεία
Schach 1984
Αντίστροφο σε 3 κινήσεις
s#3 (9+7)
[5S2/1p5b/2P5/1Qbk1P2/P2s4/7p/6pB/1B1R2K1]

Φαίνεται ότι, αν απομακρυνθεί η Βασίλισσα και αναγκάσουμε τον μαύρο Ίππο να κινηθεί, το ματ από τον μαύρο Αξιωματικό Bc5 είναι πιθανό.
Δοκιμές : {1 Qb3+? Kxc6!}, {1 Qxc5+? Kxc5!}, {1 Rxd4+? Kxd4!}, {1 Be4+? Kxe4!}, {1 Ba2+? Ke4!}.
Κλειδί : 1.c7! [1.0] ( > 2.Qxb7+ Kc4 3.Rc1+ [1.0] Sc2#)
1...Bxf5 2.Ba2+ Ke4 3.Qe2+ [1.5] Sxe2#
1...b6 2.Qb3+ Kc6 3.Qf3+ [1.5] Sxf3#



(Πρόβλημα 174)
Evgeny Fomichev, Anatoly Skripnik & Christopher J.A. Jones
Ειδική Εύφημη Μνεία
Suomen Tehtäväniekat 2002-03
Βοηθητικό σε 3 κινήσεις (3 λύσεις)
h#3 3.1.1.1.1.1 (5+13)
[3K4/2p3p1/2P2p2/1s3sp1/1S1k4/2b2Rp1/1r3pq1/3rB3]

1.Kc5+ Rd3 2.Qxc6 Rd6 3.Bd4 Rxc6#
1.Kc4+ Sd5 2.Sbd4 Sxc7 3.Rb4 Rxc3#
1.Ke4+ Bd2 2.Sfd4 Bxg5 3.f5 Re3#

Μία λύση = [2.0], δύο λύσεις = [4.0], τρεις λύσεις = [5.0]



2ος ΓΥΡΟΣ, Χρόνος : 2 ώρες



(Πρόβλημα 175)
Erich Brunner,
Πρώτο Βραβείο
Leipziger Tageblatt 1924
Ματ σε 2 κινήσεις.
#2 (10+9)
[K1B4b/p6q/P3R2r/r3k4/6p1/B1p1Q1Ps/1R1SS3/8]

Το πρόβλημα είναι πλήρους αποκλεισμού (complete block). Όποια κίνηση και να παίξουν τα μαύρα από τις 34 διαθέσιμες, υπάρχει έτοιμο ματ. Για παράδειγμα, 1...Qb1 2.Bb7#].
Από τις 21 δοκιμές αναφέρουμε μία : {1.Rb8? (zz) Qb1!}.

Κλειδί : 1.Rb7! [5.0] (zz)
Βαριάντες :
1...Q~b1 (οπουδήποτε προς το b1) / Bg7 2.Rd7#,
1...Q~7 (οπουδήποτε στην γραμμή-7) / Qe4 / Rg6 2.Q(x)e4#,
1...Qxb7+ 2.Bxb7#, 1...S~ 2.Sf4#, 1...Rxe6 2.Qxe6#, 1...Rh4 / Bf6 2.Rd6#,
1...Bd4 2.Qxd4#, 1...Be5 2.Qxe5#, 1...c~ 2.Qb3#, 1...Rc5 2.Qxc5#, 1...Rb5 / Rxa3 2.R(x)b5#.



(Πρόβλημα 176)
Mikhail Kuznetsov,
Πρώτο Βραβείο
‘64’
1985
Ματ σε 3 κινήσεις.
#3 (9+8)
[6K1/3S2S1/4R1p1/s2kp3/BR3pP1/7Q/q1P1b3/3s4]

Δοκιμές : {1 Se8? Qc4!}, {1 Sb6+? / Sf6+? Kc5!}, {1 Rxe5+? / Rd6+? K(x)d6+!}, {1 Bc6+? Sxc6!}, {1 Qg2+? / Qh1+? f3!}, {1 Qf3+? Bxf3!}, {1 Qd3+? Bxd3!}, {1 Qc3? Sxc3!}, {1 Qb3+ Qxb3!}.

Η λευκή Βασίλισσα δημιουργεί μπαταρία πλαγιοκόπησης (indirect battery) με τον Πύργο Rb4. Αυτή δεν είναι άμεση μπαταρία, επειδή δεν σημαδεύει τον μαύρο Βασιλιά αλλά διαφυγές του. Ο μαύρος θα προσπαθήσει να βάλει κάτι στο c4 για να δημιουργήσει διαφυγή στο d4. Αν η μαύρη Βασίλισσα εγκαταλείψει την διαγώνιο a2-g8, ο λευκός Βασιλιάς δεν απειλείται με πιθανό σαχ από αποκάλυψη και μπορεί να το εκμεταλλευτεί.
Κλειδί : 1.Qa3! [0.5] ( > 2.Sb6+ [0.5] Kc5 3.Rc4#)
1...Qc4 2.Rxe5+ [1.0] Kd6+ / Kd4+ 3.Rxc4# / Se6#
1...Bc4 2.Qf3+ [1.0] Kd4 / e4 3.Qd3# / Qxe4#
1...Sc4 2.Bc6+ [1.0] Kd4 3.Rd6#
1...Qxa3 2.Rxe5+ [1.0] Kd6 3.Se8#



(Πρόβλημα 177)
Angel Zlatanov,
Τέταρτη Εύφημη Μνεία
Zadachi i Etyudy, 2000
Ματ σε 4 κινήσεις.
#4 (4+9)
[6r1/p3Q1p1/K1k3S1/2S3p1/82p5/4pp2/3s4/]

Δοκιμές : {1.Qd6+? Kxd6!}, {1 Qe4+? / Qe6+? / Qd7+? Kxc5!}, {1 Qe5? Re8!}, {1 Se5+? / Se4? / Sb7? Kd5!}.

Κλειδί : 1.Se6! [0.5] ( > 2.Qc5+ Kd7 3.Qd5+ [1.5] Kc8 / Ke8 4.Qb7# / Sc7#)
1...Se3 2.Qc7+ Kd5 3.Qd7+ [1.5] Kc4 / Ke4 4.Qb5# / Sxg5#
1...Kd5 2.Qd7+ Ke4 3.Sc5+ [1.5] Ke3 / Kf3 4.Qd3# / Qh3#



(Πρόβλημα 178)
Dmitry Petrov,
Vecherny Novosibirsk
1979
Παίζουν τα Λευκά και νικούν.
+ (6+7)
[5b1q/7p/4P1Rp/1B4pk/3P4/4p1K1/8/1R6]

Κλειδί : 1.e7! Bxe7 (Δεν αφήνει να προαχθεί το πιόνι. Όχι [1...Qxd4 2.Rxh6+ και exf8=Q+ / Be8+])
2.Bd3 [1.5] Qxd4
3.Rh1+ Qh4+ (απαλλάσσεται από την μαύρη Βασίλισσα ...)
4.Rxh4+ gxh4+ (... και στριμώχνει τον μαύρο Βασιλιά)
5.Kf4 Bg5+
6.Kf3 [2.0] hxg6
7.Be2 [1.5] +-



(Πρόβλημα 179)
Vukota Nikoletic,
Βραβείο Mat Plus
1995
Αντίστροφο σε 3 κινήσεις.
S#3 (9+9)
[8/1r2SR1p/3B3P/4rBSK/5k2/2p2pq1/2p1R2Q/7b]

Κλειδί : 1. Re1! [1.0] ( > 2.Qd2+ cxd2 3.Sh3+ [1.0] Qxh3#)
1...Qxh2+ 2.Bh3+ Kg3 3.Rxf3+ [1.0] Bxf3#
1...Bg2 2.Sh3+ Bxh3 3.Sg6+ [1.0] hxg6#
1...f2 2.Sd5+ Bxd5 3.Bd7+ [1.0] Bxf7#



(Πρόβλημα 180)
Chris Feather,
Shakhmatna Misl
2005
Βοηθητικό σε 4 κινήσεις. (2 λύσεις).
h#4 2.1.1.1. (3+9)
[3k4/1pS5/8/2p5/K3R3/1p6/P7/1r6]


Κλειδί : 1.Rg8! Re6 2.Rg7 fxg7 3.Bc6 g8=Q 4.Bb5 Qa8# [2.5]
Κλειδί : 1.Re4! Re7 2.Rxe7 fxe7 3.Ra8 e8=S 4.Ra7 Sc7# [2.5]

Κυριακή, 25 Μαΐου 2008

Παύλος Μουτεσίδης

Ο Παύλος Μουτεσίδης (Pavlos Moutecidis) είναι Διεθνής Μαιτρ (International Master, IM) στην σύνθεση σκακιστικών προβλημάτων.

Γεννήθηκε στην Δράμα στις 11 Νοεμβρίου 1930. Σπούδασε πολιτικός μηχανικός στο Εθνικό Τεχνικό Πανεπιστήμιο της Θεσσαλονίκης και εργάστηκε στον κλάδο αυτό μέχρι την συνταξιοδότησή του. Είναι έγγαμος, έχει τρεις θυγατέρες, και μένει στην Θεσσαλονίκη.

Έμαθε σκάκι σε ηλικία 10 ετών και γνώρισε τα σκακιστικά προβλήματα σε ηλικία 19 ετών από τις σκακιστικές στήλες των εφημερίδων που επιμελείτο ο Σπύρος Μπίκος. Όταν εγκαταστάθηκε στην Θεσσαλονίκη, βοηθήθηκε πάρα πολύ στα πρώτα βήματα από τον ακούραστο Τριαντάφυλλο Σιαπέρα, και άρχισε να συνθέτει το 1953 κυρίως Ορθόδοξα προβλήματα.

Μετά από λίγο ενθουσιάστηκε με τα Αντίστροφα προβλήματα και για αρκετό καιρό συνέθετε μόνο αντίστροφα Δυάρια. Αφού μελέτησε τα έργα των Ίλια Μίκαν (Ilja Mikan) και Γιάν Ρούσεκ (Jan Rusek), στράφηκε στα Πολυκίνητα.

Η αλληλογραφία του με τον Άλμπερτ Κνιστ (Albert Kniest) τον παρακίνησε να δημιουργήσει Μαξιμούμερ προβλήματα.

Προς το τέλος της δεκαετίας ’70 με την επίδραση και καθοδήγηση του Ντιμίτριο Γκουσόπουλο (Demetrio Gussopulo) προσχώρησε στον κόσμο των Βοηθητικών προβλημάτων.

Στην περίοδο 1967 – 1975 δημοσίευσε πολλές επιτυχημένες συνθέσεις σε συνεργασία με τον Εβγκένι Σορόκιν (Evgeny Sorokin).

Είναι εξαιρετικά παραγωγικός συνθέτης και έχει δημοσιεύσει περίπου 3000 προβλήματα. Το 1984 του απονεμήθηκε από την FIDE ο τίτλος του Διεθνούς Μαιτρ (International Master) στην Σύνθεση Προβλημάτων.

Θεωρεί τις απόψεις του για το καλό πρόβλημα μάλλον “παλαιομοδίτικες”.
Πέρα από την πρωτοτυπία, που γίνεται όλο και δυσκολότερα επιτεύξιμη, η οικονομία των κομματιών είναι πολύ σημαντική γι΄ αυτόν.
Κατά την γνώμη του, σε μια επιτυχημένη σύνθεση όλα τα κομμάτια πρέπει να χρησιμοποιούνται οργανικά (δηλαδή να έχουν περισσότερους από έναν ρόλους) και ίσως αυτός είναι ο λόγος που προτιμά τα πολυκίνητα προβλήματα που έχουν λίγα κομμάτια.

Για να τιμηθούν τα εβδομηκοστά πέμπτα γενέθλιά του, διοργανώθηκε το 2005 Διεθνής Διαγωνισμός Σύνθεσης Σκακιστικών Προβλημάτων, με θέμα
Αντίστροφα από 8 μέχρι 20 κινήσεις. Κατά την λύση όλα τα κομμάτια, λευκά ή μαύρα κινούνται. Ειδικά για τα λευκά, μπορούν να τρώγονται αντί να κινούνται,
στον οποίο συμμετείχαν από 17 χώρες 37 συνθέτες με 86 προβλήματα. (Αυτό δείχνει πόσο σεβαστός είναι ο Μουτεσίδης στον χώρο του καλλιτεχνικού σκακιού).

Ο Μουτεσίδης είναι πολύ δραστήριος. Στο 50ό Συνέδριο Σύνθεσης, που έγινε στην Ρόδο το 2007, ήταν κριτής στον Διαγωνισμό Σύνθεσης Μεταξά.



Έχουμε παρουσιάσει συνθέσεις του Παύλου Μουτεσίδη, (τα προβλήματα 011 και 126, το 013 και το 153), ας δούμε και μια πρόσφατη. Σε διαγωνισμό που έγινε προς τιμή του Ντιγιάν Κοσταντίνοφ (Diyan Kostadinov) το 2007 στο Μπουργκάς (Burgas) της Βουλγαρίας (Bulgaria), η ακόλουθη σύνθεση του Μουτεσίδη πήρε δεύτερο έπαινο.


(Πρόβλημα 168)
Παύλος Μουτεσίδης (Pavlos Moutecidis),
2ος Έπαινος, Ντιγιάν Κοσταντίνοφ–25 J T,
Μπουργκάς Βουλγαρίας, 2007
(Έχει έτοιμο παιγνίδι). Αντίστροφο σε 8 κινήσεις.
* s#8 (8+2)
[4k1bQ/7S/2P5/5KB1/5PP1/5P2/8/8]

Είναι προφανές ότι το ματ δίνεται από τον μαύρο Αξιωματικό, αφού οι δυνάμεις των μαύρων είναι ελάχιστες.
Φάση έτοιμου παιγνιδιού : (*)
1...Kf7 2.Qe5 Bxh7#
Η δυσκολία είναι ότι παίζει πρώτος ο λευκός, που σχεδιάζει να ξαναφέρει την ίδια θέση και να είναι σειρά του μαύρου να παίξει. Θα χρησιμοποιήσει το τρίγωνο του λευκού Βασιλιά (Kf5 – f6 – g6 – f5) για να χάσει ένα τέμπο, αφού ο μαύρος Βασιλιάς μπορεί να κινείται μόνο γραμμικά (Ke8 – f7 – e8, ή Ke8 – d8 – e8) και δεν μπορεί να χρησιμοποιήσει κι αυτός τρίγωνο. Για να μη ξεφύγει ο μαύρος Αξιωματικός, ο λευκός θα εφαρμόσει σαχ και κάρφωμα.

Φάση πραγματικού παιγνιδιού : Κλειδί: 1.Qe5+ Be6+
(Όχι 1...Kf7 2.c7 zz Bxh7#)
2.Kf6 Kd8
3.Qb8+ Bc8
4.Kg6 Ke8
5.Qe5+ Be6
6.Qh8+ Bg8
7.Kf5
(Το σχέδιο εφαρμόσθηκε. Ίδια θέση, αλλά παίζει ο μαύρος. Τσούκτσβανγκ).
7...Kf7
8.Qe5 Bxh7#

Όταν ένα κομμάτι φεύγει από ένα πρώτο τετράγωνο, επισκέπτεται μόνο ένα δεύτερο τετράγωνο, και επιστρέφει στο πρώτο τετράγωνο, λέμε ότι έγινε επιστροφή (switchback).
Όταν ένα κομμάτι φεύγει από ένα πρώτο τετράγωνο, επισκέπτεται τουλάχιστον δύο άλλα τετράγωνα, και επιστρέφει στο πρώτο τετράγωνο, λέμε ότι έγινε κύκλωμα (circuit). Ειδική περίπτωση κυκλώματος είναι το τρίγωνο (triangle) του βασιλιά.

Στην λύση παρατηρήσαμε
Κύκλωμα 1___: wQh8 - e5 - b8 - e5 - h8 (- e5),
Επιστροφή 1_: wQe5 - b8 - e5,
Επιστροφή 2_: wQe5 - h8 - e5,
Κύκλωμα 2___: bBg8 - e6 - c8 - e6 - g8 (- h7),
Επιστροφή 3_: bBe6 - c8 - e6,
Επιστροφή 4_: bKe8 - d8 - e8,
Κύκλωμα 3___: wKf5 - f6 - g6 - f5 (τρίγωνο του wK).

Πέμπτη, 22 Μαΐου 2008

Συμμετρία

Θα δούμε το θέμα της συμμετρίας στην θέση των κομματιών. Στο βιβλίο του "Τα παραμύθια της Κάισσας" ("Caissa's Fairy Tales", 1947) ο θεμελιωτής του Μυθικού σκακιού Ντόουσον (T. R. Dawson) μελέτησε και το φαινομενικά απλό θέμα της συμμετρίας στην θέση.

Η συμμετρία μπορεί να είναι προς άξονα παράλληλο με την γραμμή ή προς άξονα παράλληλο με την στήλη (που συμβατικά τον λέμε κατακόρυφο άξονα) ή προς διαγώνιο άξονα, ή ως προς κέντρο.

Από την ανάλυση του Ντόουσον σταχυολογούμε μερικές παρατηρήσεις:
1. Σε μια φαινομενικά συμμετρική θέση μπορεί ο λευκός να έχει από μια μεριά κάποιες δυνατότητες (ας πούμε μια κίνηση σε ακριανή στήλη, ή κίνηση ροκέ, κλπ) που δεν τις έχει από την άλλη πλευρά. Άρα μπορεί η λύση να μην είναι συμμετρική.
2. Σε μια φαινομενικά συμμετρική θέση μπορεί ο μαύρος να έχει διαφορετικές δυνατότητες σε καθεμιά από τις δυό πλευρές, οπότε μπορεί η λύση να μην είναι συμμετρική.
3. Αν η συμμετρία είναι διαγώνια, τα πιόνια δεν έχουν ίδιες δυνατότητες κίνησης στην γραμμή και στην στήλη, άρα η λύση μπορεί να μην είναι συμμετρική.

Όταν βλέπουμε μια συμμετρική θέση, αποφασίζουμε αν θα διατηρήσουμε την συμμετρία με το κλειδί, ή αν θα παίξουμε παραβιάζοντας την συμμετρία της θέσης.


Ας δούμε το πρόβλημα-162, του γνωστού ρεμπέτη Νίκου Περγιάλη.


(Πρόβλημα 162)
Νίκος Περγιάλης (Nikos Pergialis),
Εφημερίδα "Ελευθεροτυπία", 17/12/2006
Ματ σε 2 κινήσεις
#2 (7+9)
[8/3K4/2pBp3/p2k2p1/1ppPpp2/3R4/S5S1/3B4]

Δοκιμές: {1.Bc5? e5!}, {1.Be5? c5!}, {1.Sxf4+? gxf4!}, {1.Se3+? fxe3!}, {1.Sc3+? bxc3!}, {1.Sxb4+? axb4!}.
Κλειδί: 1.Rd2! (τσούκτσβανγκ). Αν χαλάσει την συμμετρία ο μαύρος, θα χάσει.
1...a4 / b3 / c3 / c5 / e5 / e3 / f3 / g4
2.Sxb4# / Sc3# / Bb3# / dxc5# / dxe5# / Bf3# / Se3# / Sxf4#

Αυτή η θέση θα μπορούσε να κινηθεί μια στήλη δεξιά, και η λύση θα είναι όμοια. (Όταν αποφασίζουμε για την τελική μορφή ενός προβλήματός μας, φροντίζουμε να έχει τα περισσότερα κομμάτια σε λευκά τετράγωνα (αλλιώς αντιστρέφουμε την θέση) για να φαίνεται καλύτερα όταν τυπωθεί. Εδώ ο Περγιάλης έχει σε λευκά τετράγωνα τα 10 από τα 16 κομμάτια).
Δεν θα μπορούσε όμως να κινηθεί η θέση μια γραμμή προς τα επάνω! Καταλαβαίνετε τι αλλάζει και δεν έχει πλέον λύση το πρόβλημα; Είναι τα πιονάκια εκατέρωθεν του επάνω Αξιωματικού που, πηγαίνοντας στην γραμμή-7 μπορούν να κάνουν κίνηση με διπλό βήμα οπότε, θα μπορούσαν να παρεμβληθούν στο σαχ του κάτω Αξιωματικού (και δεν γίνεται ματ σε 2).


Στο επόμενο πρόβλημα-163, του Ντόουσον, είναι φανερό ότι αν φύγει ο Ίππος από το e3, ο μαύρος Βασιλιάς μπορεί να πηγαίνει [ή στο d5 με διαφυγή στο e4] [ή στο f5 με διαφυγή στο e4], άρα με τον Ίππο στο ε8 την κατάλληλη στιγμή, μπορούμε να δώσουμε ματ.


(Πρόβλημα 163)
Ντόουσον (T. R. Dawson),
Εφημερίδα "The Times", 23/12/1920
Ματ σε 6 κινήσεις
#6 (9+6)
[8/8/1p2p2p/1P2P2P/2pPkPp1/2P1S1P1/4K3/8]

Δοκιμές: {1.f5? exf5!}, {1.d5? exd5!}, {1.Sxg4? Kf5!}, {1.Sxc4? Kd5!}, {1.Kf2? Kd3!}, {1.Kd2? Kf3!}.
Κλειδί: 1.Sc2! (zz, zugzwang).
Πώς πηγαίνει ο Ίππος στο e8; Από αριστερά, πατώντας στην ακριανή, εκτός συμμετρίας, στήλη.
1...Kd5 / Kf5 2.Sb4(+) zz Ke4 3.Sa6 zz
3...Kd5 / Kf5 4.Sc7 zz Ke4 5.Se8 zz
5...Kd5 / Kf5 6.Sf6# / Sd6#

Αν κινήσουμε όλη την θέση μια στήλη αριστερά, ο Ίππος πρέπει να πάει στο e8 από την δεξιά πλευρά.
Αν κινήσουμε την θέση μία γραμμή επάνω το πρόβλημα χαλάει, γιατί τα λευκά πιόνια μπορούν να δώσουν λύση σε τέσσερις κινήσεις (προάγεται το e με σαχ).
(Η θέση έχει 7 στα 15 κομμάτια σε λευκά τετράγωνα, αλλά ο συνθέτης προτίμησε να αφήσει τους βασιλιάδες στην αρχική τους στήλη-e).


Στη μινιατούρα-164, του Σταύρου Ιατρίδη, βλέπουμε ότι διατηρείται η συμμετρία με το κλειδί, και οι δύο βαριάντες έχουν ματ-ηχώ. (Ας γίνει μια σύγκριση με το πρόβλημα-45, που έχει διαγώνια συμμετρία και παρόμοια ματ-ηχώ).


(Πρόβλημα 164)
Ιατρίδης (Stavros Iatridis),
Ματ σε 2 κινήσεις
#2 (4+2)
[8/8/4Q3/4p3/3SkS2/8/4K3/8]

Δοκιμές: {1.Qd5+? / Qc6+? / Sb3? / Sc2? / Sf3? / Sf5? / Sc6? / Sb5? / Kd2? Kxf4!}, {1.Qf5+? / Qg6+? / Sd3? / Sg2? / Sh3? / Sh5? / Sg6? / Sd5? / Kf2? Kxd4!}, {1.Qxe5+? Kxe5!}.
Κλειδί: 1.Qe7! (zz).
1...Kxf4 / Kxd4 2.Qh4# / Qb4# (ματ-ηχώ)



Σε παρόμοια θέση, η λύση του προβλήματος-165, του Κάρπεντερ, δεν είναι συμμετρική.


(Πρόβλημα 165)
Κάρπεντερ (George E. Carpenter),
Dubuque Chess Journal, 1873
Ματ σε 2 κινήσεις
#2 (5+2)
[4B3/8/4Q3/3SpS2/4k3/8/8/4K3]

Δοκιμές: {1.Bb5? / Qc6? / Kd2? Kf3!}, {1.Bh5? / Qg6? / Kf2? Kd3!}, {1.Qxe5+? Kxe5!}.
Κλειδί: 1.Qa6! (zz). Η Βασίλισσα θέλει να φτάνει στα τετράγωνα c6 / g6 / e2 και βγαίνει στην ακριανή στήλη. Κόβει μία διαφυγή αλλά αφήνει αφύλακτους δύο Ίππους.
1...Kxd5 / Kxf5 / Kf3
2.Qc6# / Qg6# / Qe2#

Οι κινήσεις της λευκής Βασίλισσας στα τετράγωνα c6 / g6 γίνονται και κατά τις δοκιμές, και όταν δίνει ματ από εκεί.


Έχουν δημιουργηθεί πάμπολλα προβλήματα με συμμετρική θέση. Κάποια μοιάζουν με δεντράκια, κάποια με μουσικά όργανα, κάποια έχουν σχήματα γραμμάτων. Άλλοτε πάλι είναι δύσκολοι γρίφοι. (Θυμηθείτε το πρόβλημα-155 που χρειαζόταν ρετροανάλυση για να βρούμε ποιό απο τα δύο αν-πασάν ήταν το κλειδί).
Εδώ θα δούμε το πρόβλημα-166, του Άντερσον, το οποίο έχει διαγώνια συμμετρία. Το πιόνι c6 μπορεί να πάει στο c5, αλλά δεν μπορεί να πάει στο d6.


(Πρόβλημα 166)
Άντερσον (William Anderson),
HM, Ideal Mate Review, 1984
Βοηθητικό σε 5 κινήσεις
h#5 (2+4)
[R7/8/2p5/3k4/4q3/8/6r1/7K]

Κλειδί: 1.Rg1+
1...Kh2 2.Rc1 Kg3 3.Qe2 Kf4 4.Rc5 Kf5 5.Qc4 Rd8#


Κλείνουμε την παρουσίαση με ένα ωραίο αδημοσίευτο πρόβλημα του γνωστού σκακιστή (Σ. Ο. Περιστερίου, ELO 2225) Εμμανουήλ Πανταβού. Η συμμετρία εδώ είναι ως προς κέντρο (μοναδικό σημείο που είναι το μέσον της απόστασης οποιωνδήποτε δύο όμοιων ετερόχρωμων κομματιών).


(Πρόβλημα 167)
Εμμανουήλ Πανταβός (Pantavos Emmanuel),
αδημοσίευτο, 05/05/2008
Βοηθητικό σε 2 κινήσεις, Ντούπλεξ (2 λύσεις)
h#2 duplex 2.1.1.1 (4+4)
[8/5p2/8/1S2kr2/1RK2s2/8/1P6/8]

Παίζουν τα μαύρα
1.Sd5 Kd3 2.f6 Re4#
1.Ke4 Rb3 2.Re5 Sd6#

Παίζουν τα λευκά
1.Sd4 Kd6 2.b3 Rc5#
1.Kc5 Rf6 2.Rc4 Sd3#

(Ευχαριστούμε τον κ. Πανταβό).

Δευτέρα, 19 Μαΐου 2008

Ελληνικές Συνθέσεις στο Παγκόσμιο 2007, Ρόδος

Το 50ό Παγκόσμιο Συνέδριο Σκακιστικών Συνθέσεων (50th World Congress of Chess Composition, WCCC) έγινε στην Ελλάδα, στην Ρόδο, 13-20 Οκτωβρίου 2007. (Δείτε φωτογραφίες εδώ και εδώ).

Διενεργήθηκαν διάφοροι Διαγωνισμοί Λύσης Προβλημάτων, τους οποίους θα περιγράψουμε προσεχώς, και αρκετοί διαγωνισμοί Σύνθεσης Προβλημάτων.

Ένας διαγωνισμός σύνθεσης έχει έναν κριτή (judge), ο οποίος ορίζει το θέμα, και μετά κρίνει τα προβλήματα που υποβάλλουν οι συνθέτες και απονέμει τα βραβεία (Prizes), τις εύφημες μνείες (Honourable Mentions) και τους επαίνους (Commendations). Προφανώς αποκλείονται τα προβλήματα που έχουν ελαττώματα ή είναι εκτός θέματος.

Οι κριτές προέρχονται από διάφορες χώρες και, επειδή είναι έθιμο να προσφέρουν στον πρώτο νικητή ένα ποτό της χώρας τους, οι διάφοροι διαγωνισμοί είχαν ονόματα ποτών! Για παράδειγμα: Διαγωνισμός Σαμπάνιας (Champagne Tourney), Γάλλος κριτής Μισέλ Καγιό (Michel Caillaud), Διαγωνισμός Γκράππας (Grappa Tourney), Ιταλός κριτής Μάριο Παρινέλο (Mario Parrinello), Διαγωνισμός Μεταξά (Metaxa Tourney), Έλληνας κριτής Παύλος Μουτεσίδης (Pavlos Moutecidis), Διαγωνισμός Σάκε (Japanese Sake Tourney), Ιάπωνες κριτές Ταντάσι Ουακασίμα (Tadashi Wakashima) και Κοχέι Γιαμάντα (Kohey Yamada) και Μαζάκι Γιοσιόκα (Masaki Yoshioka), κλπ..

Οι συνθέτες μπορούν να λάβουν μέρος σε περισσότερους από έναν διαγωνισμούς, αν πιστεύουν ότι μπορούν να παρουσιάσουν ένα ωραίο πρόβλημα με το θέμα που όρισε ο κάθε κριτής. Πολλές φορές οι συνθέτες συνεργάζονται.



Στον Διαγωνισμό Σαμπάνιας, στην Ρόδο, κριτής ήταν ο Γάλλος Μισέλ Καγιό (Michel Caillaud). Αυτός είναι GM στη σύνθεση (συγκομιδή βαθμών άνω των 70 στα FIDE Album), είναι επίσης και GM στη λύση.

(GM λύσης και σύνθεσης είναι ο Γάλλος Καγιό και ο Σέρβος Κοβάσεβιτς (Kovacevic).
O Σέρβος Βελιμίροβιτς (Velimirovic) είναι GM λύσης, και έχει "μόλις" 62,67 βαθμούς στα FIDE album, άρα "σύντομα" θα γίνει GM σύνθεσης.
Ο Σέρβος Μλαντένοβιτς (Mladenovic) είναι ήδη GM σύνθεσης και στο φετινό ECSC της Τουρκίας πέτυχε την τελευταία νόρμα GM λύσης.
Ο Ρώσος Σελιβάνοφ (Selivanov) πέτυχε τρίτη νόρμα GM λύσης κι αυτός στο Ευρωπαϊκό της Τουρκίας. Οι τίτλοι GM λύσης θα απονεμηθούν επίσημα στη Λεττονία.
GM στο αγωνιστικό σκάκι και GM λύσης είναι οι Βρεττανοί Μέστελ (Jonathan Mestel) και Ναν (John Nunn), καθώς και ο Ισραηλινός Σόφερ (Ram Soffer). Τέταρτος στην ομάδα αυτή θα είναι ο Μούρτζια (Piotr Murdzia)).


Ο κριτής Καγιό έβαλε στον διαγωνισμό σαμπάνιας το παρακάτω θέμα:

Θέμα : Οποιοδήποτε είδος ρετροαναλυτικού προβλήματος, που να έχει τουλάχιστον δύο παρσίματα αν-πασάν.
Ομάδα Α : Συντομότερες Αποδεικτικές Παρτίδες.
Ομάδα Β : Οποιοδήποτε άλλο είδος προβλήματος με ρετροανάλυση.
Επιτρέπονται Μυθικές συνθήκες (το πολύ δύο σε κάθε φάση προβλήματος).


Στην Ομάδα Α, πήρε Εύφημη μνεία μία σύνθεση του Κώστα Πρέντου, πρωταθλητή Ελλάδος επί σειρά ετών στην λύση προβλημάτων. Στην Ομάδα Β, πήρε Έπαινο μία σύνθεση του Εμμανουήλ Μανωλά. Ας δούμε τα προβλήματα αυτά.




(Πρόβλημα 159)
Κώστας Πρέντος (Kostas Prentos),
HM Champagne Ty, Rhodes 2007
Θέση μετά την 20η κίνηση των λευκών. Ποια ήταν η παρτίδα;
SPG 19.5 (15+10)
[8/1p1ss2p/1pPkp3/3p3Q/8/BSPR1P1B/P1PK1PrP/5rSR]

SPG (=Shortest Proof Game) σημαίνει : Συντομότερη Αποδεικτική Παρτίδα.
19.5 σημαίνει : 19 ολόκληρες κινήσεις (λευκού και μαύρου) και μισή (του λευκού).

Ρετροανάλυση από τον Κώστα Πρέντο
Η θέση είναι μετά την 20ή κίνηση των λευκών. Το διάγραμμα προσφέρει αρκετές πληροφορίες:
Οι εμφανείς κινήσεις που έχουν κάνει τα λευκά είναι: Ba3(1 κίνηση), Sb3(2), Pc3(1), Pc6(3), Rd3(2), Kd2(1), Pf3(1), Bh3(1), Qh5(1). Συνολικά 13 κινήσεις. Επιπλέον, η θέση του bPb6 (=μαύρου πιονιού στο b6), φανερώνει κάποιες ακόμα κινήσεις του λευκού.
Ο αντίστοιχος υπολογισμός για τα μαύρα: Pb6(1), Pd5(1), Kd6(2), Sd7(1), Pe6(1), Se7(1), Rf1(4), Rg2(2). Συνολικά 13 κινήσεις. Επίσης, 2 κινήσεις για το κομμάτι που κόπηκε στο c3, άλλες 2 για το f3 και ακόμα 1 για το c6. Σύνολο 18 κινήσεις, από τις 19 που έχουν τα μαύρα στη διάθεσή τους. Τέλος, μια σημαντική παρατήρηση είναι ότι τα bPf7 και bPg7 λείπουν από τη σκακιέρα.
Ας δούμε τώρα τα πιθανά σενάρια:

1) Το λευκό wPb2 κόβεται στο b6. Αυτό σημαίνει ότι το wPc3 προέρχεται από το d2 και το wPc6 από το e2. Με τον τρόπο αυτό, ο λευκός εξοικονομεί τον απαραίτητο χρόνο για να εξολοθρεύσει τα bPf7 και bPg7, όμως ο μαύρος χρειάζεται ακόμα 2 κινήσεις με το κομμάτι που θα κοπεί από το λευκό wPe2 στη στήλη d. Μαζί με τις 18 κινήσεις που είπαμε στην εισαγωγή, τα μαύρα ξεπερνούν το απόλυτο όριο των 19 κινήσεων που έχουν στη διάθεσή τους. Υπάρχει μια πιθανότητα να κερδίσουν τα μαύρα ένα τέμπο, αν ο bRf1 έρθει στην τελική του θέση σε 3 κινήσεις (π.χ. Ra8-g8-g1-f1). Σ’ αυτήν την περίπτωση, ο wSg1 πρέπει να χάσει 2 κινήσεις για να διευκολύνει τον μαύρο πύργο και τα λευκά δεν προλαβαίνουν πια να κόψουν τα bPf7 και bPg7.

2) Το λευκό wPe2 προάγεται στο d8 και θυσιάζεται σε 1 επιπλέον κίνηση στο b6. Συνολικά 6 κινήσεις, που μαζί με τις 13 που γνωρίζουμε από την εισαγωγή, μας κάνουν 19. Απομένει μόνο 1 κίνηση στα λευκά, για να εξαφανίσουν τα bPf7 και bPg7, κάτι φανερά αδύνατο.

3) Το λευκό wPe2 προάγεται στο f8, κόβοντας τα bPf7 και bPg7 στην πορεία, και μετά σε 2 ακόμα κινήσεις θυσιάζεται στο b6. Αυτό το σενάριο χρειάζεται 7 λευκές κινήσεις και 1 μαύρη (bPf7-f6) για να πραγματοποιηθεί, ανεβάζοντας το άθροισμα σε 20 λευκές και 19 μαύρες, ακριβώς το όριο και για τις 2 παρατάξεις.
Το πρόβλημα που δημιουργείται είναι κάπως πιο λεπτό. Ο μαύρος Βασιλιάς bKd6 είναι σε θέση σαχ στην τελική θέση του διαγράμματος και ο wBa3 δεν μπορεί να έχει κάνει την τελευταία κίνηση [20.Bc1-a3+] γιατί σ’ αυτήν την περίπτωση, ο wRd3 χρειάζεται περισσότερες από 2 κινήσεις για να μεταφερθεί από το a1 στο d3 κι ο λευκός δεν έχει αυτή την πολυτέλεια. Αντίστοιχα, δεν είναι δυνατόν να έχει παιχτεί [20.Bb2-a3+], γιατί ο λευκός έχει περιθώριο για 1 μόνο κίνηση με τον Αξιωματικό, αλλιώς υπερβαίνει τις 20 κινήσεις.
Συνεπώς, η τελευταία κίνηση του λευκού δεν μπορεί να είναι άλλη από το [20.b5xc6 e.p.] και η αμέσως προηγούμενη [19.b4-b5+ c7-c5]. Εφόσον το wPb2-b4 προηγήθηκε υποχρεωτικά του wBc1-a3, δημιουργείται πρόβλημα με την διαδρομή του bRf1. Ο Πύργος αυτός έχει προέλθει από το a8 (Ra8-a4-e4-e1-f1) και πρέπει να περάσει στο e4 πριν το b2-b4 (και το Bc1-a3) του λευκού, αλλιώς αποκόβεται. Παίζοντας όμως Ra4-e4 δίνει σαχ στο λευκό βασιλιά, ο οποίος θα πρέπει να παίξει Ke1-d2, παρεμποδίζοντας τα λευκά κομμάτια wSb1 και wRa1 να φτάσουν στις τελικές τους θέσεις.

4) Το wPe2 προάγεται στο f8 σε Πύργο που καταλήγει στο d3, ενώ ο wRa1 θυσιάζεται στο b6. Οι απαιτούμενες κινήσεις, όπως και πριν, είναι 20 για τα λευκά και 19 για τα μαύρα. Ο λόγος που αυτός ο μηχανισμός αποτυγχάνει είναι η θέση του bRg2. Να τι θα συνέβαινε αν ο πύργος αυτός ήταν στο g3: [1.e4 d5 2.Qh5 Bg4 3.d4 c5 4.Sd2 Kd7 5.dxc5 f5 6.exf5 Qa5 7.f6 Qc3 8.fxg7 e6 9.gxf8=R Se7 10.c6+ Kd6 11.bxc3 Sd7 12.Rb1 Rg8 13.Rb6 axb6 14.Sb3 Ta4 15.Kd2 Re4 16.Rf3 Re1 17.Rd3 Bf3 18.gxf3 Rg3 (18...Rg2??) 19.Bh3 Rf1 20.Ba3+]. Όμως, ο bRg2 απαγορεύει το Bh3, και τα λευκά δεν έχουν το χρόνο να παίξουν Bh3 νωρίτερα με αναστροφή στη σειρά των κινήσεων.

5) Τελικό σενάριο : το wPe2 προάγεται στο f8 σε Αξιωματικό που καταλήγει στο a3, ενώ ο wBc1 θυσιάζεται στο b6. Αυτή είναι και η λύση του προβλήματος:

1.e4 d5 2.Qh5 Bg4 3.e5 Bf3 4.gxf3 Kd7
(Ξεκαρφώνει το Pf7. Τα μαύρα πρέπει να ελευθερώσουν γρήγορα το παιχνίδι, καθώς οι διαθέσιμες κινήσεις των λευκών τελειώνουν)
5.Bh3+ f5 6.exf6 e.p.+ e6 7.fxg7
(Ως αυτό το σημείο η παρτίδα ακολουθούσε γνωστά μονοπάτια από ένα προγενέστερο πρόβλημα του ίδιου του κριτή Michel Caillaud, το οποίο είχε δημοσιευτεί στο περιοδικό Orbit το 2006. Προφανώς, αυτό το γεγονός κόστισε στο πρόβλημά μου μια-δυο θέσεις στην τελική κατάταξη, εφόσον το θέμα του τουρνουά ήταν τα en passant).
7...Qf6 8.gxf8=B Qc3 9.Ba3
(Όχι όμως [9.Bc5? Se7 10.Bb6 axb6 11.dxc3 Ra4] σύμφωνα με το σενάριο 3)
9...Se7 10.dxc3 Rg8 11.Be3 Rg2 12.Bb6 axb6 13.Sd2 Ra4 14.0-0-0
(Η διαφορά είναι ότι τώρα ο λευκός προλαβαίνει να κάνει ροκέ πριν το b2-b4)
14...Re4 15.b4 Kd6 16.Sb3 Sd7 17.Rd3 Re1+ 18.Kd2 Rf1 19.b5+ c5 20.bxc6 e.p.+

Ένα αν-πασάν στην τελευταία κίνηση και ένα στην ρετροανάλυση.
Το πρόβλημα εμπεριέχει και το θέμα Βαλαντάο (Valladao).

Θέμα Βαλαντάο (Valladao) : Το πρόβλημα περιλαμβάνει όλες τις "παράξενες" σκακιστικές κινήσεις, δηλαδή ροκέ, (υπο-)προαγωγή και πάρσιμο αν-πασάν.




(Πρόβλημα 160)
Μανωλάς Εμμανουήλ (Manolas Emmanuel),
Comm Champagne Ty, Rhodes 2007
Παίζουν τα λευκά και κάνουν ματ σε 5 κινήσεις. (Μαντράσι, Ρετροανάλυση)
#5 Madrasi retro (15+12)
[2RrqQs1/p2Bp3/P3PS1S/1b1p1PpK/R1rP3p/5P1k/2P3pP/6B1]

Ρετροανάλυση από τον Εμμανουήλ Μανωλά
Στην μυθική συνθήκη Μαντράσι δυο ετερόχρωμα ίδια κομμάτια όταν απειλήσουν το ένα το άλλο παραλύουν. Άρα ένα πιόνι μπορεί να πάρει ένα άλλο πιόνι μόνο αν-πασάν.
1. Λείπει από τα λευκά μόνο το wPb2 (=το λευκό πιόνι που ξεκινάει από το b2).
2. Πρώτα κινήθηκαν bPh7–h5–h4 και bPf7–f5–f4. Μετά κινήθηκαν wPg2–g4 και wPe2–e4–e5.
3. Τότε πήγε bPf4–f3 και πήρε στο g2 ένα λευκό κομμάτι, προερχόμενο προφανώς εκ προαγωγής του wPb2, αφού δεν λείπει κανένα λευκό κομμάτι. Μετά πήγε το wPf2-f3.
4. Πρώτα παίχτηκε bPd7-d5 και μετά wPe5-e6. Επίσης το wPg4 πήρε έναν μαύρο Ίππο στο f5.
5. Πρώτα κινήθηκε wPb2–b4–b5, μετά bPc7–c5 και το wPb5xc6 e.p.. Στην συνέχεια το wPc6 προήχθη στο c8, π.χ. [wPc7-c8=S και μετά ένας από τους λευκούς Ίππους πήγε στο g2, όπου τον πήρε ο bPf3] ή ίσως [wPc7-c8=R και μετά ένας από τους λευκούς Πύργους πήγε στο g2, όπου τον πήρε ο bPf3].
6. Ο μαύρος Rc4 έφτασε στο c4 χωρίς να κόψει λευκό κομμάτι, αφού δεν λείπει κανένα, άρα δεν κινήθηκε τελευταίος αφού παραλύει από γραμμή και στήλη. Αποκλείεται να έχουν κινηθεί επίσης τα υπόλοιπα μαύρα κομμάτια, K, Q, Rd8, Bb5, Sg8.
7. Τελευταίο κινήθηκε, με διπλό βήμα, το πιόνι bPg7-g5, (στο g6 θα ήταν παράλυτο). Άρα έχουμε δικαίωμα να το πάρουμε εν διελεύσει. Επιπλέον διαπιστώνουμε ότι ο bBf8 δεν κινήθηκε ποτέ και στο f8 πάρθηκε πιθανώς από την λευκή Βασίλισσα.

Κλειδί: 1.fxg6 e.p.! exf6
2.e7 f5
3.fxd8=S f4 (τα μαύρα είναι πατ. Ο λευκός Αξιωματικός Bd7 είναι παράλυτος...)
4.Sc6+ (...τώρα δεν είναι και δίνει σαχ...)
4...Bxc6 (...τώρα είναι πάλι παράλυτος...)
5.Rxc6# (...τώρα δεν είναι και δίνει ματ! Τον ελευθέρωσε ο λευκός Πύργος που ήταν αρχικά παράλυτος από δυό μαύρους Πύργους!)

Ο κριτής είπε : "Ένα αν-πασάν στο κλειδί και ένα στην ρετροανάλυση. Καθαρή χρήση της συνθήκης Μαντράσι σε μια κάπως βαριά θέση".

Κυριακή, 18 Μαΐου 2008

Σαμ Λόιντ

Ο Σάμιουελ Λόιντ (Sam Loyd) γεννήθηκε στην Φιλαδέλφεια Πενσυλβάνιας Η.Π.Α. στις 31 Ιανουαρίου 1841 και πέθανε (πιθανώς στην Νέα Υόρκη) στις 10 Απριλίου 1911. Ήταν ο μεγαλύτερος Αμερικανός συνθέτης γρίφων (διασκεδαστικών μαθηματικών, λογικών, σκακιστικών, λεκτικών, οπτικών), γιατί δημιούργησε πάνω από 10.000 γρίφους.

Ο Λόιντ πήρε στις 11 Οκτωβρίου 1856 πρώτο βραβείο σε διαγωνισμό προβλημάτων της New York Clipper, σε ηλικία 15 ετών.Ως συνθέτης σκακιστικών προβλημάτων ασχολήθηκε μόνο μέχρι τα είκοσί του χρόνια και δημιούργησε 710 προβλήματα, πολλά από τα οποία είχαν ιδιοφυή θέματα.

Ως παίκτης αγωνιστικού σκακιού ο Λόιντ ήταν, στην ακμή του, μεταξύ των καλυτέρων παικτών των Η.Π.Α.. Είχε λάβει μέρος στο διεθνές τουρνουά στο Παρίσι το 1867 και η καλύτερη απόδοσή του ήταν στη Νέα Υόρκη το 1886. Σύμφωνα με τις μετρήσεις Chessmetrics είχε την 15η θέση στον κόσμο.

Ο Λόιντ ασχολήθηκε με την δημιουργία γρίφων. Έγραφε και εξέδιδε το μηνιαίο ‘Περιοδικό γρίφων του Σαμ Λόιντ’ (Sam Loyd's Puzzle Magazine) γεμάτο με σπαζοκεφαλιές. Για μερικούς γρίφους αθλοθετούσε βραβείο 1000 δολάρια σε όποιον θα έστελνε λύση. Επινόησε τον γρίφο ‘Parcheesi’. Έγινε γνωστός σε πολύ κόσμο το 1878, όταν επινόησε τον γρίφο ‘Δεκαπέντε’. Ο γρίφος είναι ένα τετραγωνικό πλαίσιο που έχει μέσα 15 τετραγωνικές ψηφίδες σε διάταξη 4x4 οπότε υπάρχει μια θέση κενή. Οι ψηφίδες μπορούν να ολισθαίνουν και πρέπει να δημιουργηθεί μια εικόνα ή να μπουν σε μια σειρά οι ψηφίδες. Επειδή ήταν οπαδός και των γρίφων ‘Τάνγκραμ’, ο Λόιντ δημοσίευσε ένα βιβλίο με 700 μοναδικά σχέδια Τάνγκραμ και μια φανταστική δημιουργία του κόσμου με Τάνγκραμ. Σε Ευρώπη και Αμερική υπήρχε τότε μια μανία για το Τάνγκραμ, και το δημοφιλές βιβλίο του Λόιντ του εξασφάλισε ένα σημαντικό εισόδημα.

Προς το τέλος της ζωής του αναθερμάνθηκε το ενδιαφέρον του για το σκάκι και άρχισε το 1910 να γράφει ένα βιβλίο ‘Chess strategy’ (Σκακιστική στρατηγική) αλλά πέθανε προτού το ολοκληρώσει.

Το βιβλίο του ‘Κυκλοπαίδεια γρίφων’ (Cyclopedia of Puzzles), με 5000 γρίφους, δημοσιεύτηκε μετά τον θάνατό του, το 1914, από τον γιο του, Σαμ Λόιντ Τζούνιορ, που ήταν κι αυτός προβληματιστής. Μπορείτε να το βρείτε σε διαδικτυακή μορφή.



Το πρόβλημα Εξέλσιορ του Λόιντ

Το Εξέλσιορ (Excelsior) είναι ένα από τα πιο φημισμένα σκακιστικά προβλήματα του Σαμ Λόιντ. Δημοσιεύτηκε στο ‘London Era’ το 1861. (Πήρε το όνομά του από τον τίτλο του ποιήματος ‘Εξέλσιορ’ του Χένρι Γουόντσγουερθ Λονγκφέλοου (Henry Wadsworth Longfellow)).

Ο Λόιντ είχε έναν φίλο, τον Ντένις Τζούλιεν (Denis Julien), που ήταν πρόθυμος να στοιχηματίσει ότι μπορούσε πάντοτε να βρίσκει σε ένα σκακιστικό πρόβλημα το κομμάτι που έδινε το βασικό ματ. Ο Λόιντ συνέθεσε αυτό το πρόβλημα σαν αστείο και στοιχημάτισε πως θα πλήρωνε ένα δείπνο στον φίλο του αν μπορούσε να υποδείξει το κομμάτι ή το πιόνι που δεν έδινε το βασικό ματ. Ο Τζούλιεν έδειξε αμέσως το πιόνι στο b2 λέγοντας ότι ήταν το λιγότερο πιθανό να δίνει ματ.


(Πρόβλημα 114)
Σαμ Λόιντ (Sam Loyd),
London Era, 1861
Παίζουν τα λευκά και δίνουν ματ σε 5 κινήσεις με το λιγότερο πιθανό κομμάτι ή πιόνι
#5 (8+10)
[s1rb4/1p3p1p/1p6/1R5K/8/p3p1PS/1PP1R3/S6k]

Όταν το πρόβλημα δημοσιεύτηκε είχε εκφώνηση “τα λευκά δίνουν ματ με το λιγότερο πιθανό κομμάτι ή πιόνι”. Το ίδιο πρόβλημα υποβλήθηκε σε έναν διαγωνισμό το 1867 στο Παρίσι και πήρε το 2ο βραβείο. Η λύση είναι η εξής:

Δοκιμές: {1.Rf5? / Rd5? Rc5!, τα λευκά δεν μπορούν να αρχίσουν με 1.Rf5 επειδή τα μαύρα με 1...Rc5 καρφώνουν τον Rf5}, {1.Rh2+? Kxh2!}, {1.bxa3? Rc5+!}.

Κλειδί: 1.b4! ( > 2.Rf5 και 3.Rf1#) Rc5+
2.bxc5 (Απειλώντας 3.Rb1#) a2
3.c6 (Με την ίδια απειλή, όπως και στην πρώτη κίνηση) Bc7
4.cxb7 ~ (και σε οποιαδήποτε απάντηση των μαύρων ακολουθεί...)
5.bxa8=Q# / bxa8=B#. (Το ματ δίνεται από το πιόνι που ξεκίνησε από το b2).


Θέμα Εξέλσιορ : Ένα πιόνι κινείται από το αρχικό του τετράγωνο έως εκείνο, όπου προάγεται.

Το θέμα Εξέλσιορ παρουσιάζεται συχνά στα σύγχρονα βοηθητικά και στα προβλήματα σειράς κινήσεων.


Στο ιστολόγιό μου υπάρχουν δημοσιευμένα αρκετά προβλήματα του Λόιντ. Θα σας δείξω εδώ το πρώτο πρόβλημα που προσπάθησα να λύσω στην ζωή μου. Ήταν το ακόλουθο πρόβλημα του Λόιντ δημοσιευμένο στο περιοδικό 'Πρώτο' περί το 1966. Έμοιαζε σαν τέλος παρτίδας με τον βασιλιά απελπιστικά στριμωγμένο μέσα στο λευκό στρατόπεδο, και θεώρησα ότι θα ήταν εύκολο να το λύσω, παρά το ότι ήμουν αρχάριος σκακιστής. Χρειάστηκα τρεις μέρες για να βρω το κλειδί. Μπορώ να πω ότι ο θαυμασμός και η ικανοποίηση που αισθάνθηκα λύνοντας αυτό το πρόβλημα με παρακίνησαν να ασχοληθώ λίγο περισσότερο με τα σκακιστικά προβλήματα.



(Πρόβλημα 161)
Σαμ Λόιντ (Sam Loyd),
N.Y. Sunday Herald, 1889
Παίζουν τα λευκά και κάνουν ματ σε 2 κινήσεις
#2 (12+12)
[3r3r/pbp2pbp/1p5q/8/Q6P/B2B1PPS/1R2P1S1/2k1sK1R]

Δοκιμές: {1.Qd1+? Kxd1!}, {1.Qc2+? Sxc2!}, {1.Qf4+? Qxf4!}, {1.Qc4+? Bc3!}, {1.Sf2? Rxd3!}, {1.Sxe1? Qc6!}, {1.Rb1+? Kd2!}, {1.Ra2+? Bb2!}, {1.Rd2+? Kxd2!}, {1.Rc2+? Kb1!}, {1.Bb4? / Bc5? / Bd6? / Be7? Bxb2!}.

Κλειδί: 1.Bf8! ( > 2.Qa1#)
1...Kxb2 2.Qa3#
1...Sc2 2.Qxc2#
1...Bxb2 2.Bxh6#



Μια χιουμοριστική σπουδή Εξέλσιορ

Το πρόβλημα-115 είναι σύνθεση του Όττο - Τίτους Μπλάτι (Otto - Titus Blathy), έχει γκροτέσκα εμφάνιση και χιουμοριστική διάθεση. Θέλει να δείξει ότι με ένα πιονάκι μπορεί να νικηθεί ολόκληρη η δύναμη των μαύρων. (Βέβαια για να σχηματιστεί ο εμφανιζόμενος σκελετός των μαύρων πιονιών έπρεπε να παρθούν δεκατρείς πεσσοί των λευκών, άρα βοήθησαν και τα άλλα λευκά κομμάτια!).


(Πρόβλημα 115)
Όττο - Τίτους Μπλάτι (Otto - Titus Blathy),
“Chess Amateur”, 1922
Παίζουν τα λευκά και κερδίζουν
+ (2+16)
[8/8/8/2p5/1pp5/brpp4/qpprpK1P/1skbs3]

Για να νικήσουν τα λευκά, πρέπει να προωθηθεί το πιόνι h2 μέχρι την όγδοη γραμμή και να προαχθεί (θέμα Εξέλσιορ). Η ιδέα φαίνεται απλή, αλλά η σπουδή αυτή κρύβει παγίδες.

Κλειδί: 1.Kxe1!
(Όχι πολύ κομψό κλειδί, αλλά μόνο η μαύρη βασίλισσα μπορεί να κινείται τώρα, Qa2 – a1 – a2).
1...Qa1 2.h3!!
(Τα λευκά έχουν μετρήσει προσεκτικά. Δείτε το σχόλιο στην κίνηση 15).
2...Qa2 3.h4 Qa1 4.h5 Qa2 5.h6 Qa1 6.h7 Qa2 7.h8=S Qa1
(Το πώς θα πλησιάσει ο Ίππος για να πάρει το πιόνι c5, (g6 – f4 – e6, ή f7 – g5 – e4), είναι μια μη ενοχλητική δυάδα (dual) συνεχειών. Σημαντικό είναι ότι ο Ίππος δεν μπορεί να κερδίσει τέμπο).
8.Sf7 Qa2 9.Sd8 Qa1 10.Sb7 Qa2 11.Sxc5 Qa1 12.Se4 Qa2 13.Sd6 Qa1 14.Sxc4 Qa2 15.Sa5 Qa1
(Και τώρα φαίνεται καθαρά ότι αν τα λευκά είχαν παίξει 2.h4? η μαύρη Βασίλισσα θα ήταν στο a2 και θα προστάτευε τον Rb3 και ο λευκός Ίππος δεν θα είχε τρόπο να κερδίσει το ένα τέμπο που θα χρειαζόταν).
16.Sxb3#

Μια παρατήρηση ακόμη : Αν τα λευκά είχαν παίξει βιαστικά ...
8.Sg6 Qa2 9.Se5 Qa1 10.Sxc4? Qa2 11.Sa5 c4! 12.Sxc4 Qa1 13.Sa5 Qa2
...θα ήταν ισοπαλία.

Πέμπτη, 15 Μαΐου 2008

Προκήρυξη Διαγ. Λύσης για 01/06/2008, Αιγάλεω

ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΥΣΗΣ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 2008

ΠΡΟΚΗΡΥΞΗ, Αθήνα, 14/05/2008


Η Ελληνική Σκακιστική Ομοσπονδία προκηρύσσει τον 7ο Πανελλήνιο Διαγωνισμό Λύσης Προβλημάτων. Ο Διαγωνισμός θα πραγματοποιηθεί στο εντευκτήριο του Σ.Ο. Αιγάλεω (Ιερά Οδός 294 και Ολυμπίας, Εμπορικό Κέντρο La Mirage, 1ος όροφος, τηλ. 210-5910421), την Κυριακή 1 Ιουνίου, ώρα 10:30 – 15:00. Τον διαγωνισμό συνδιοργανώνει ο Σ.Ο. Αιγάλεω και η Επιτροπή Καλλιτεχνικού Σκακιού της ΕΣΟ.

Ο διαγωνισμός θα είναι δύο γύρων με έξι (6) προβλήματα προς λύση στον καθένα (ήτοι ένα ορθόδοξο 2 κινήσεων, ένα ορθόδοξο 3 κινήσεων, ένα ορθόδοξο πολλών κινήσεων, μία σπουδή, ένα βοηθητικό και ένα αντίστροφο ανά γύρο). Ο χρόνος σκέψης για κάθε γύρο είναι δύο (2) ώρες, ενώ προβλέπεται διάλειμμα μισής ώρας μεταξύ τους. Η κατάταξη θα γίνει με βάση τους βαθμούς που θα συγκεντρώσει κάθε λύτης. Σε περίπτωση ισοβαθμίας, δεύτερο κριτήριο είναι ο συντομότερος χρόνος. Στους τρεις πρώτους νικητές θα απονεμηθούν κύπελλα και βιβλία.

Θα υπάρξει, επίσης, ένα δεύτερο τμήμα που απευθύνεται σε λιγότερο έμπειρους λύτες, και θα περιλαμβάνει ευκολότερα προβλήματα (τέσσερα ανά γύρο).

Για κάθε ζήτημα που δεν προβλέπεται από την προκήρυξη, αρμόδια να αποφασίσει είναι η τριμελής Οργανωτική Επιτροπή, που αποτελείται από τους κ.κ. Σπ. Ιλαντζή, Δ. Σκυριανόγλου και Χ. Φουγιαξή.

Η συμμετοχή στο Διαγωνισμό είναι ελεύθερη. Δηλώσεις συμμετοχής μπορούν να υποβληθούν ως το Σάββατο 31 Μαΐου.

Δηλώσεις συμμετοχής και διευκρινίσεις σε σχέση με την ως άνω διοργάνωση, στον κ. Χάρη Φουγιαξή: τηλ. 210-9491442 (πρωινές ώρες), 210-8653077 (απογ. ώρες), 697-9126087 (κινητό), e-mail: harryfou@ath.forthnet.gr ή στην ΕΣΟ: τηλ. 210-9221465, 210-9221620 (fax), e-mail: info@chessfed.gr

Πρόσβαση με δημόσια μέσα μεταφοράς:
Λεωφορεία: Αποβίβαση στη στάση «ΟΤΕ» επί της Ιεράς Οδού. Εξυπηρετούν οι γραμμές: 839 (από Ομόνοια, οδός Μενάνδρου) 812, 836, 865, Α16 (από Αθήνα, Πλατεία Κουμουνδούρου), 801, 803, 804, 831 (από Πειραιά), 891 (από Σταθμό Μετρό Αττικής)
Μετρό: Αποβίβαση στο σταθμό του μετρό στο Αιγάλεω. Η απόσταση της αίθουσας από το σταθμό είναι 600 μέτρα (περίπου 6-7 λεπτά περπάτημα επί της Ιεράς Οδού με κατεύθυνση προς Δαφνί-Χαϊδάρι. Υπάρχει και η δυνατότητα μετεπιβίβασης σε κάποια από τις παραπάνω λεωφορειακές γραμμές που διέρχονται από το σταθμό του μετρό).


Λεπτομέρειες σχετικά με τον Πανελλήνιο Διαγωνισμό θα υπάρχουν στην ιστοσελίδα της Ε.Σ.Ο. http://www.chessfed.gr.

Τετάρτη, 14 Μαΐου 2008

Μίλαν Βούξεβιτς

Ο Μίλαν Ράντογε Βούξεβιτς (Milan Radoje Vukcevich), που γεννήθηκε στο Βελιγράδι Γιουγκοσλαβίας στις 11 Μαρτίου 1937 και πέθανε στο Κλίβελαντ των Η.Π.Α. στις 10 Μαΐου 2003, ήταν σπουδαίος επιστήμονας, αγωνιστικός σκακιστής και συνθέτης σκακιστικών προβλημάτων.

Το 1955 κέρδισε το πρωτάθλημα νέων της Γουγκοσλαβίας, και έφερε ισοπαλία σε ματς έξι παρτίδων με τον Δανό Λάρσεν (Bent Larsen). Το 1958 έγινε Διεθνής Μαιτρ στο αγωνιστικό σκάκι. Το 1960 συμμετείχε στην σκακιστική Ολυμπιάδα της Λειψίας (Leipzig) με την Γιουγκοσλαβική ομάδα, και επίσης έφερε την δεύτερη καλύτερη επίδοση στην σκακιστική σπουδαστική Ολυμπιάδα στο Λένινγκραντ (Leningrad). Το 1963 μετακόμισε και εγκαταστάθηκε στο Οχάιο των Η.Π.Α. (Ohio, U.S.A.).

Ο Βούξεβιτς προτίμησε την επιστημονική σταδιοδρομία από την σκακιστική, και μόλις έφθασε στις Η.Π.Α. μπήκε στο Τεχνολογικό Ινστιτούτο της Μασαχουσέτης (Massachusetts Institute of Technology, M.I.T.). Στην συνέχεια δίδαξε στο Case Western Reserve University του Κλίβελαντ (Οχάιο) επί εξαετία και μετά προσλήφθηκε από την Τζένεραλ Ελέκτρικ (General Electric), και έγινε επιστημονικός προϊστάμενος το 1989. Προτάθηκε για το βραβείο Νόμπελ στην Χημεία και συνέγραψε δυο επιστημονικά βιβλία.

Ο Βούξεβιτς ασχολήθηκε με το αγωνιστικό σκάκι. Το 1969 ισοβάθμησε στην πρώτη θέση στο ανοιχτό σκακιστικό τουρνουά των Η.Π.Α., μαζί με τους Μπένκο (Pal Benko) και Μπισγκάγερ (Arthur Bisguier). Το 1975 τερμάτισε τρίτος στο σκακιστικό πρωτάθλημα των Η.Π.Α., μπροστά από τους Ρεσέβσκι (Samuel Reshevsky), Μπίρνε (Robert Byrne), Μπένκο και Μπισγκάγερ, μεταξύ άλλων. Στο διάστημα 1976 με 1979 έπαιζε με σκακιστικές ομάδες εταιρειών τηλεφωνίας, επιτυγχάνοντας επίδοση 16.5 βαθμών σε 22 αγώνες, όπου νίκησε τους Σεϊράβαν (Yasser Seirawan), Ντε Φίρμιαν (Nick De Firmian), Σάμκοβιτς (Leonid Shamkovich) και Μπισγκάγερ.

Ο Βούξεβιτς έγινε περισσότερο γνωστός ως συνθέτης σκακιστικών προβλημάτων παρά ως παίκτης παρτίδων, αφού ήταν ο πρώτος Αμερικανός πολίτης που τιμήθηκε με τον τίτλο του Διεθνούς GM σύνθεσης (International Grandmaster in Composition) από την Διεθνή Σκακιστική Ομοσπονδία (F.I.D.E.). Το 1981 δημοσίευσε το “Σκάκι από τον Μίλαν : Προβλήματα και παρτίδες του Δρ. Μίλαν Ρ. Βούξεβιτς” (Chess by Milan) και το 1998 περιλήφθηκε στο Σκακιστικό Πάνθεον των Η.Π.Α. και ήταν το δεύτερο πρόσωπο (μετά τον Σαμ Λόιντ (Sam Loyd)) που περιλαμβανόταν εκεί για επιτεύγματα στην σκακιστική σύνθεση. Πάντοτε δήλωνε με ευγνωμοσύνη ότι όλα τα χρωστούσε στον δάσκαλό του, Τριαντάφυλλο Σιαπέρα.

Μετά τον θάνατό του δημιουργήθηκε προς τιμή του το “Υπερκύπελο Βούξεβιτς” (Vukcevich Super Cup).

Οι συνθέσεις του Βούξεβιτς έχουν συγκεντρωθεί στο “Οι Σκακιστικές μου συνθέσεις” (My Chess Compositions) του 2003. Έκανε συνθέσεις σε όλα τα είδη, Ορθόδοξα, Αντίστροφα, Βοηθητικά, Mυθικά (με μυθικά κομμάτια ή Ρετροανάλυση) και Σπουδές.




Έχουμε ήδη παρουσιάσει ένα βοηθητικό ντούπλεξ πρόβλημα του Βούξεβιτς. Εδώ θα δούμε ένα πρόβλημά του, που χρειάζεται ρετροανάλυση.


(Πρόβλημα 157)
Μ. Βούξεβιτς (M. Vukcevich),
“Problem”, 1966
Τα λευκά παίρνουν πίσω μία κίνηση και μετά κάνουν ματ σε 3 κινήσεις. (Ρετροανάλυση)
W(-1) #3 retro (10+10)
[r3k2S/1p6/2pPP1pp/s7/3p2Pp/3Pp3/1P2P1PK/5R2]

Όποια κίνηση κι αν είχε παίξει τελευταία ο λευκός, μπορεί να την ανακαλέσει και μετά να δοκιμάσει να παίξει [1.Sxg6? ( > 2.Rf8#)], αλλά ο μαύρος έχει άμυνα [1...0-0-0!]. Στο πρόβλημα αυτό πρέπει να σκεφθούμε ποια κίνηση πρέπει να ανακαλέσει ο λευκός για να μη μπορεί να αμυνθεί με ροκέ ο μαύρος. Η λύση είναι η εξής:

Ο λευκός ανακαλεί μία κίνηση 1.e5xd6 e.p., δηλαδή υποτίθεται ότι ο μαύρος είχε παίξει προηγουμένως d7-d5 και το πιόνι αυτό πάρθηκε εν διελεύσει.
Η νέα θέση, με λευκό πιόνι στο e5 και μαύρο πιόνι στο d7, συνεπάγεται ότι ο μαύρος δεν έχει πια δικαίωμα για ροκέ! Η συνέχεια είναι
1.Sxg6! ( > 2.Rf8#) d5
2.exd6 e.p. ~
3.Rf8#

Γιατί δεν έχει δικαίωμα ο μαύρος να κάνει ροκέ; Ας μελετήσουμε την νέα θέση, με τον σκελετό των πιονιών χωρίς τα κομμάτια, στο διάγραμμα-158.


(Διάγραμμα 158)
Βοηθητικό διάγραμμα σκελετού πιονιών, αφού έχει ανακαλέσει μία κίνηση ο λευκός στο Πρόβλημα-157 του Μ. Βούξεβιτς (M. Vukcevich),
(8+9)
[2b5/1p1p4/2p1P1pp/4P3/3p2Pp/3Pp3/1P2P1P1/5B2]

Όπως βλέπουμε στο διάγραμμα-158, οι λευκοτετράγωνοι Αξιωματικοί μαύρος Bc8 και λευκός Bf1 πάρθηκαν στο αρχικό τους τετράγωνο χωρίς να έχουν κινηθεί ποτέ. Το μαύρο πιόνι f7 πήρε δύο λευκά κομμάτια και πήγε στην στήλη-h, και το πιόνι a7 πήρε τρία λευκά κομμάτια και πήγε στο d4. Πάρθηκαν λοιπόν πέντε λευκά κομμάτια ενώ λείπουν τέσσερα, η λευκή Βασίλισσα Q, ένας λευκός Πύργος R, ο μαυροτετράγωνος λευκός Αξιωματικός Bc1, και ένας λευκός Ίππος S. Το πέμπτο λευκό κομμάτι προήλθε από προαγωγή του μοναδικού πιονιού που λείπει, του a2, το οποίο πήγε μέχρι το a7 και
(1) ή το a7 προήχθη στο a8, άρα ο μαύρος Πύργος Ra8 έχει κινηθεί και δεν υπάρχει δικαίωμα ροκέ για τα μαύρα,
(2) ή το a7 προήχθη παίρνοντας κάποιο μαύρο κομμάτι στο b8.

Όμως ο σκελετός των λευκών πιονιών αποδεικνύει ότι η δεύτερη υπόθεση είναι ψευδής. Το πιόνι h2 πήρε ένα μαύρο κομμάτι και πήγε στην στήλη-g. Το πιόνι f2 πήρε ένα μαύρο κομμάτι και πήγε στην στήλη-e (στο e6). Το πιόνι c2 πήρε δύο μαύρα κομμάτια και πήγε στην στήλη-e (στο e5). Πάρθηκαν λοιπόν τέσσερα μαύρα κομμάτια και λείπουν ακριβώς τέσσερα, η μαύρη Βασίλισσα Q, ένας μαύρος Πύργος R, ο μαυροτετράγωνος μαύρος Αξιωματικός Bf8, και ένας μαύρος Ίππος S. Δεν περισσεύει μαύρο κομμάτι για να παρθεί από το πιόνι a7 στο τετράγωνο b8, ούτε έγινε προαγωγή σε μαύρο κομμάτι αφού δεν λείπει μαύρο πιόνι.

Άρα έχει κινηθεί ο Ra8 και ο μαύρος δεν έχει δικαίωμα να αμυνθεί με ροκέ.

Σχόλιο για την Διάλεξη “Αφιέρωμα στον Βύρωνα Ζάππα”

Διάφοροι εξωτερικοί παράγοντες (απεργία ταξιών, έλλειψη βενζίνης στην αγορά) και μερικοί εσωτερικοί (να πάω ή θα είναι πολύ δύσκολα για μένα;) εμπόδισαν την αθρόα προσέλευση.

Όσοι είχαμε την τύχη να προσέλθουμε στην διάλεξη, παρακολουθήσαμε μια εις βάθος ανάλυση των θεμάτων, που ο εκλιπών μεγάλος μαιτρ Βύρων Ζάππας με εκπληκτική τεχνική αρτιότητα και αξιοζήλευτη έμπνευση παρουσίαζε στα προβλήματά του.

Οι εξαίρετοι διοργανωτές Χάρης Φουγιαξής και Σπύρος Ιλαντζής με το σπάνιο αυτό 'φροντιστήριο στην τέχνη της σκακιστικής σύνθεσης' έδωσαν την ευκαιρία στους συμμετέχοντες να έχουν ενεργό ρόλο. Τους ευχαριστούμε.

Παρασκευή, 9 Μαΐου 2008

Αποδεικτική παρτίδα με θέμα Πρόνκιν, κλπ

Στην Συντομότερη αποδεικτική παρτίδα (Shortest Proof Game, SPG) πρέπει να εντοπίσουμε τις κινήσεις που οδήγησαν στην δοθείσα θέση τα κομμάτια, ξεκινώντας από το κλασσικό αρχικό στήσιμο.
Η λύση πρέπει να είναι μοναδική.
Αν αναφέρονται περισσότερες λύσεις, το περιεχόμενό τους πρέπει να είναι ομοστρατηγικό.



(Πρόβλημα 112)
Ντμίτρι Πρόνκιν (Dmitry Pronkin),
Πρώτο βραβείο, “Die Schwalbe”, 1985
Συντομότερη Αποδεικτική Παρτίδα, 12.5 κινήσεις (2 λύσεις)
12.5 SPG (15+14), 2 solutions
[2k4r/1bpp1ppp/1p1r1p2/2b5/4s3/q7/P1PPPPPP/RSBQKBSR]

Ο Ντμίτρι Πρόνκιν (Dmitry Pronkin) δημιούργησε ένα θέμα, που πήρε το όνομά του.

Θέμα Πρόνκιν : Ένα κομμάτι που προέρχεται από προαγωγή πηγαίνει στο αρχικό τετράγωνο ενός όμοιου κομματιού που έχει ήδη παρθεί.

Οι δύο λύσεις του προβλήματος-112, που είναι πολύ ενδιαφέρουσες και είναι καλό να τις μελετήσετε στην σκακιέρα σας, είναι οι εξής:

1.b4 Sf6 2.Bb2 Se4 3.Bf6 exf6 4.b5 Qe7 5.b6 Qa3
6.bxa7 Bc5 7.axb8=B Ra6 8.Ba7 Rd6 9.Bb6 Kd8 10.Ba5 b6
11.Bc3 Bb7 12.Bb2 Kc8 13.Bc1

1.Sc3 Sf6 2.Sd5 Se4 3.Sf6+ exf6 4.b4 Qe7 5.b5 Qa3
6.b6 Bc5 7.bxa7 b6 8.axb8=S Bb7 9.Sa6 0-0-0 10.Sb4 Rde8
11.Sd5 Re6 12.Sc3 Rd6 13.Sb1




Μερική αποδεικτική ανάλυση

Κάποια προβλήματα χρησιμοποιούν την Μερική αποδεικτική ανάλυση (Partial Retrograde Analysis, PRA). Στην μέθοδο αυτή, η ιστορία της θέσης δεν μπορεί να προσδιοριστεί με βεβαιότητα, αλλά καθεμιά από τις εναλλακτικές ιστορίες απαιτεί διαφορετική λύση.


(Πρόβλημα 113)
Γ. Λάνγκσταφ (W. Langstaff),
Chess Amateur, 1922
Παίζουν τα λευκά και κάνουν ματ σε 2 κινήσεις. (Μερική ρετροανάλυση)
#2 PRA (5+3)
[4k2r/8/5B1P/3R1KpP/8/8/8/8]

Το πρόβλημα-113, του Λάνγκσταφ (W. Langstaff), δημοσιευμένο το 1922 στο περιοδικό “Chess Amateur”, είναι ένα σχετικά απλό παράδειγμα. Η εκφώνηση είναι “Παίζουν τα λευκά και κάνουν Ματ σε 2 κινήσεις”. Δεν είναι δυνατό να καθοριστεί ποια ήταν η τελευταία κίνηση των μαύρων, αλλά υπάρχουν δυο επιλογές, οπότε η μερική αποδεικτική ανάλυση δίνει δύο διαφορετικές λύσεις:

(α) Μπορεί τα μαύρα να κίνησαν τον Βασιλιά ή τον Πύργο, άρα δεν έχουν δικαίωμα για ροκέ, άρα η λύση είναι

Κλειδί: 1.Ke6! ~ 2.Rd8#

(β) Μπορεί τα μαύρα να κίνησαν το πιόνι g7-g5 (δεν βρισκόταν το πιόνι στο g6, γιατί από εκεί θα έδινε σαχ), άρα τα λευκά έχουν δικαίωμα για πάρσιμο εν διελεύσει, άρα η λύση είναι

Κλειδί: 1.hxg6 e.p. ( > 2.Rd8#) 0-0 2.h7#




'Αυτές οι δυό λύσεις' ή 'όχι αυτές οι δυό λύσεις';


(Πρόβλημα 156)
Παλ Μπένκο (Pal Benko),
British Chess Magazine, 1971
Βοηθητικό σε 3 κινήσεις. (Με ρετροανάλυση)
h#3 retro (7+8) 2.1.1.1.1.1
[8/8/8/8/s3k3/p3pb1r/p1q1P2P/RS2K1SR]

Το πρόβλημα αυτό συνοδεύεται από μια ιστορία, που δεν γνωρίζω αν είναι αληθινή.
Ο συνθέτης Μπένκο το έφτιαξε με σκοπό να ξεγελάσει έναν κορυφαίο ΓκρανΜαίτρ, τον Μπόμπι Φίσερ (Bobby Fischer). Ο Φίσερ, (που πέθανε πρόσφατα στα 64 χρόνια του), βλέποντας τους λευκούς Πύργους και τον λευκό Βασιλιά στην αρχική τους θέση, έδωσε αμέσως δυό λύσεις, που όμως δεν είναι οι σωστές:

1.Bxe2 Sxe2 2.Qc4 Sbc3+ 3.Kd3 0-0-0#
1.Qxe2 Sxe2 2.Bg4 Sbc3+ / Sec3+ / Sg3+ 3.Kf3 0-0#

Στα βοηθητικά παίζουν πρώτα τα μαύρα. Ποια ήταν όμως η τελευταία κίνηση των λευκών; Παρατηρώντας το διάγραμμα βλέπουμε ότι η μοναδική δυνατότητα είναι να έχει κινηθεί ο λευκός Βασιλιάς, άρα δεν έχει δικαίωμα να κάνει ροκέ. Οπότε, οι σωστές λύσεις είναι:

Κλειδί: 1.Bxe2! Sxh3 2.Kf3 Rg1 3.Qe4 Rg3#
Κλειδί: 1.Qxe2+! Sxe2 2.Kd3 Sxa3 3.Be4 Rd1#

(Δες βιογραφικό σημείωμα για τον Μπένκο εδώ).

Δευτέρα, 5 Μαΐου 2008

Ρετροανάλυση

Η αποδεικτική ανάλυση (proof analysis) ή ρετροανάλυση (retroanalysis) είναι τεχνική την οποία χρησιμοποιούν οι λύτες των σκακιστικών προβλημάτων για να διαπιστώσουν, πέρα από κάθε αμφιβολία, ποιες ακριβώς κινήσεις παίχτηκαν μέχρι να δημιουργηθεί η δεδομένη θέση. Οι εντοπιστέες κινήσεις δεν θα γίνουν μετά από την δοθείσα θέση όπως με τα ορθόδοξα προβλήματα, αλλά έχουν ήδη γίνει πριν από την δοθείσα θέση!
Η ρετροανάλυση δεν χρησιμοποιείται συνήθως για την λύση κανονικών προβλημάτων, αλλά υπάρχει μια υποκατηγορία προβλημάτων, τα αποδεικτικά (retro) προβλήματα, που στηρίζονται σ’ αυτήν.
Ένα σημαντικό παρακλάδι ρετροανάλυσης είναι και η Συντομότερη αποδεικτική παρτίδα (Shortest Proof Game, SPG).
Η ρετροανάλυση θεωρείται υποκατηγορία του μυθικού σκακιού.

Το αποδεικτικό πρόβλημα μπορεί να έχει εκφώνηση “Παίζουν τα λευκά και κάνουν Ματ σε 2 κινήσεις”, όμως η ουσία του προβλήματος μπορεί να μη βρίσκεται στην λύση αλλά στην προϊστορία της θέσης. Εκεί μπορούν να απαντηθούν κάποια βασικά ερωτήματα για να προχωρήσουμε στην λύση.
(1) Είναι νόμιμη η θέση;
(2) Υπάρχει δικαίωμα για ροκέ;
(3) Υπάρχει δικαίωμα για πάρσιμο πιονιού εν διελεύσει;

Για παράδειγμα, παράνομη θέση είναι όταν υπάρχουν τρεις λευκοί πύργοι και οχτώ λευκά πιόνια. Από πού προέκυψε ο τρίτος πύργος αφού δεν έγινε προαγωγή πιονιού;

Αν υπάρχει δικαίωμα για πάρσιμο πιονιού αν-πασάν, τότε μπορεί το κλειδί να είναι ακριβώς αυτό το πάρσιμο. (Έχουμε δει πρόβλημα με τέτοιο θέμα).

Η ερώτηση του αποδεικτικού προβλήματος μπορεί να είναι πιο συγκεκριμένη, όπως ‘έχει προέλθει ο Αc1 από προαγωγή πιονιού;’

Ουσιαστικά όλα αυτά είναι αντικείμενο λογικών συλλογισμών, και είναι πολύ ευχάριστη ενασχόληση για τους λύτες γρίφων.


(Πρόβλημα 110)
Σαμ Λόιντ (Sam Loyd),
Musical World, 1859
Παίζουν τα λευκά και κάνουν Ματ σε 2 κινήσεις
#2 (2+4) retro
[r3k3/p1p5/Q3K3/8/8/8/8/8]

Η πρώτη ανάγκη για αποδεικτική ανάλυση παρουσιάστηκε σε ένα πρόβλημα του Σαμ Λόιντ, που δημοσιεύτηκε το 1859 στο περιοδικό 'Musical World'. Η λύση είναι η εξής:

Κλειδί: 1.Qa1! ~ (τα μαύρα παίζουν ο,τιδήποτε) 2.Qh8#

Υπήρξαν κάποιοι που ισχυρίστηκαν ότι μετά από την άμυνα 1...0-0-0 (μεγάλο ροκέ) του μαύρου δεν υπάρχει ματ στην δεύτερη κίνηση. Το επιχείρημα του συνθέτη ήταν ότι τα μαύρα δεν έχουν δικαίωμα να αμυνθούν έτσι. Φαίνεται καθαρά από την θέση του προβλήματος ότι η προηγούμενη κίνηση των μαύρων ήταν κίνηση του Βασιλιά τους ή του Πύργου, επομένως έχουν χάσει το δικαίωμα του ροκέ.



Πλήρης αποδεικτική ανάλυση


(Πρόβλημα 111)
Έρικ Αντζελίνι (Eric Angelini),
Europe Echecs, 1995
Παίζουν τα μαύρα. Ποια ήταν η τελευταία κίνηση των λευκών;
(ρετροανάλυση)
W(-1)? retro
[8/8/3r4/4K3/8/4kqpb/8/8]

Στο πρόβλημα του Έρικ Αντζελίνι (Eric Angelini), δημοσιευμένο το 1995 στο περιοδικό ‘Europe Echecs’, βλέπουμε ότι ο στόχος του προβλήματος είναι ακριβώς η αποδεικτική ανάλυση, δηλαδή ο λύτης πρέπει να βρει την προηγούμενη κίνηση των λευκών.

Με μια πρόχειρη ματιά δεν φαίνεται να υπάρχει λύση: Όποιο και ήταν το τετράγωνο από το οποίο ήρθε στο e5 ο λευκός Βασιλιάς, είχε ήδη απειλές από δυο κομμάτια (αδύνατον!). Πάντως, με λίγη σκέψη, ανακαλύπτουμε ότι αν ο λευκός βασιλιάς ήρθε από το f5, τότε η προηγούμενη κίνηση των μαύρων θα μπορούσε να είναι f4xg3 e.p., (δηλαδή το μαύρο πιόνι f4 πήρε το λευκό πιόνι g4 εν διελεύσει), άρα, πριν από το f4xg3, τα λευκά πρέπει να έπαιξαν το πιόνι g2-g4.

Αλλά τι είχαν κινήσει τα μαύρα πριν από αυτό; (Ο λευκός Βασιλιάς στο f5 βρισκόταν σε σαχ από τον Αξιωματικό Bh3, και το λευκό πιόνι βρισκόταν στο g2).

Η μόνη δυνατότητα είναι να έχει κινηθεί ένας μαύρος Ίππος από το g4 στο e5 δίνοντας σαχ με αποκάλυψη. Και αυτόν ακριβώς τον Ίππο πήρε ο λευκός Βασιλιάς πηγαίνοντας στο e5.

Δεν μπορούμε να εντοπίσουμε με ακρίβεια προηγούμενες κινήσεις.

Τελικά οι τελευταίες κινήσεις (τέσσερις ημι-κινήσεις (four half-moves)) πριν από την δεδομένη θέση είναι :
(1)...Sg4-e5+ (από αποκάλυψη)
(2) g2-g4 f4xg3 e.p. + (διπλό σαχ)
(3) Kf5xe5




Η συμμετρία ακυρώνεται με αποδεικτική ανάλυση


(Πρόβλημα 155)
Ντόουσον (T. R. Dawson),
1914
Ματ σε 2 κινήσεις (ρετροανάλυση)
#2 (11+6) retro
[4k3/1p2P2p/2S1P1S1/2PpKpP1/3PpP2/4P3/4P3/8]

Πιθανώς γνωρίζετε το πρόβλημα-155, του Ντόουσον, που είναι συμμετρικό. Με πρώτη ματιά φαίνεται ότι η τελευταία κίνηση των μαύρων μπορεί να είναι d7-d5 ή f7-f5, άρα τα λευκά ξεκινούν με αν-πασάν στο κλειδί από την μια μεριά [1.cxd6 ( > 2.d7#)] ή από την άλλη μεριά [1.gxf6 ( > 2.f7#)]. Είναι και οι δύο συνέχειες σωστές;

Όχι! Αυτό αποδεικνύεται από τον σκελετό των λευκών πιονιών. Τα e3-f4-g5 ήρθαν από τις θέσεις f2-g3-h4 παίρνοντας τρία μαύρα κομμάτια. Το e7 ήρθε από την θέση a3 παίρνοντας τέσσερα μαύρα κομμάτια. Το e6 ήρθε από την θέση b3 παίρνοντας τρία μαύρα κομμάτια. Συνολικά πάρθηκαν δέκα μαύρα κομμάτια για να πάνε τα λευκά πιόνια στις θέσεις του διαγράμματος. Στο διάγραμμα υπάρχουν έξι μαύρα κομμάτια, άρα όσα μαύρα κομμάτια λείπουν πάρθηκαν από λευκά πιόνια. Αυτό ισχύει και για τον μαύρο αξιωματικό του c8. Κάποια προηγούμενη στιγμή έφυγε από την θέση του και πήγε αλλού (στις γραμμές 3, 4, 5, ή 6) για να παρθεί από λευκό πιόνι. Όμως, για να μπορέσει να κινηθεί ο Βc8, προφανώς του άνοιξε τον δρόμο το πιόνι d7. Άρα δεν ήταν τελευταία κίνηση η d7-d5!

Κλειδί: 1.gxf6!
1...~ (τα μαύρα παίζουν κάποια από τις έξι διαθέσιμες κινήσεις τους)
2.f7#

Πέμπτη, 1 Μαΐου 2008

Μαντράσι

Στο Μυθικό σκάκι (Fairy Chess) γίνονται αποδεκτές κατά περίπτωση διάφορες συνθήκες που αλλάζουν τους κανόνες του παιγνιδιού. Μια τέτοια μυθική συνθήκη είναι το Μαντράσι. (Το όνομα αυτό είναι αφιερωμένο σε έναν συνθέτη από το Μαντράς της Ινδίας).

Θέμα Μαντράσι (Madrasi) : Κάθε κομμάτι, εκτός του βασιλιά, για όσο διάστημα επιτηρείται (απειλείται) από ίδιου τύπου κομμάτι του αντιπάλου, παραλύει. Η μόνη ικανότητα που διατηρεί το παράλυτο κομμάτι είναι να μπορεί να παραλύει τα (όμοιά του) κομμάτια που επιτηρεί.



(Πρόβλημα 108)
Μανωλάς Εμμανουήλ (Manolas Emmanuel),
The Problemist, 1984
Ματ σε 3, Μαντράσι
#3 (7+5) Madrasi
[k7/P4b2/1K1p4/3BP3/7B/5R1r/7b/7R]

Το πρόβλημα αυτό είναι μια απλή και καθαρή παρουσίαση του θέματος, χωρίς πολλή δράση. Τα ζευγάρια κομματιών Bd5 και Bf7, e5 και d6, Rf3 και Rh3 είναι παραλυμένα.
Οι δοκιμές {1.Rc1? ( > 2.Rc8#) / Rg1? ( > 2.Rg8#) έχουν απάντηση 1...Bg1+!} και αν τα λευκά συνεχίσουν με 2.Bf2, έχουμε πατ με πλήρη παράλυση των μαύρων, ενώ αν τα λευκά συνεχίσουν με 2.Ka6, τα μαύρα θα παίξουν 2...Bxa7 και δεν υπάρχει ματ στην επόμενη κίνηση.
Άλλες συνέχειες, όπως [1.Bf2? Bg1! (πατ)], ή [1.Ka6? Bg1! 2.Bf2 (πατ)] οδηγούν επίσης σε αδιέξοδο. Επομένως, λύση του προβλήματος (προσπάθεια αποφυγής του πατ) είναι η εξής:

Κλειδί: 1.Bg3!
Παραλύει τον Bh2 και απελευθερώνει από την παράλυση τον Rf3. Αυτός απειλεί 2.Rxf7, απελευθερώνοντας έτσι από την παράλυση τον Bd5, που θα δώσει αυτόματα σαχ και ματ.
1...Rxg3
Παραλύει τον Rf3, που δεν απειλεί τίποτε πια, και απελευθερώνει από την παράλυση τον Bh2.
2.Ka6
Μια ήσυχη κίνηση, (που προλαβαίνει το σαχ της κίνησης του μαύρου).
2...Bg1
Τα μαύρα δεν έχουν επιλογές.
3.Rh8#
Μέσα σε δυό κινήσεις, τρία κομμάτια, που έκλειναν την στήλη θ, απομακρύνθηκαν και άνοιξαν την στήλη-h για να δράσει ο Rh1.


Στο επόμενο πρόβλημα-109 του Σουηδού συνθέτη Σουΐντλεϊ (C. P. Swindley) βλέπουμε έναν υπέροχο συνδυασμό του παραλυτικού θέματος Μαντράσι (παράλυση των αλληλοαπειλούμενων όμοιων κομματιών) με το θέμα Αλουμβάντλουνγκ (τετραπλή προαγωγή ενός πιονιού σε όλα τα κομμάτια).



(Πρόβλημα 109)
Σουΐντλεϊ (C. P. Swindley),
The Problemist, 1984
Ματ σε 2, Μαντράσι
#2 (10+7) Madrasi
[3B4/4P3/2b5/1s1rP2q/4pK1k/1S2P2p/R6P/3Q1R2]

Κλειδί: 1.Kf5! ( > 2.Rf4#, ο Βασιλιάς όμως είναι εκτεθειμένος σε σαχ).
1...Rxd1+
Ο μαύρος Πύργος παραλύει και το σαχ προέρχεται από την Qh5 που δεν είναι παράλυτη.
2.e8=Q#
Η Qh5 παραλύει και ο Bd8 δίνει σαχ από αποκάλυψη.

1...Rxe5+ 2.e8=R#
1...Bd7+ 2.e8=B# (Ο Rd5 δεν μπορεί να βοηθήσει).
1...Sd6+ 2.e8=S# (το 1...Sd4 δεν δίνει σαχ, γιατί παραλύει από τον Sb3).

Η ύπαρξη του Ra2 ακυρώνει το παραλυτικό αμυντικό σχέδιο 1...Rd2 2.Rf4+ Rf2!



Θα μιλήσουμε προσεχώς για ρετροανάλυση και αποδεικτικές παρτίδες, και μετά θα παρουσιάσουμε τα δυό Ελληνικά προβλήματα που βραβεύθηκαν στο 50ό Παγκόσμιο Συνέδριο Σκακιστικών Συνθέσεων (WCCC) το 2007 στην Ρόδο, (στο άθλημα "συνθέσεις με ρετροανάλυση"):
(1) εύφημη μνεία, Κώστας Πρέντος, συντομότερη αποδεικτική παρτίδα σε 19.5 και
(2) έπαινος, Εμμανουήλ Μανωλάς, πεντάρι Μαντράσι.