Άλλη μια σύνθεση σε καιρούς CoVID19

Σήμερα παρουσιάζουμε ένα πρόβλημα που συνέθεσε ο Ιωάννης Γαρουφαλίδης, βραβευμένος Έλληνας λύτης και συνθέτης.

Συνθήκη: Λόγω του κορονοϊού CoVID19 … τα κομμάτια πρέπει να κρατούν αποστάσεις το ένα από το άλλο!
Η συνθήκη είναι γνωστή ως Anti-ContactChess ή Anti-koko.

Πρόβλημα-840 FEN: 8/3P2p1/8/8/8/k7/4p3/7K h#2, (2+3) Δίδυμο: bKa3 στο g5	Ιωάννης Γαρουφαλίδης (GRE) αδημοσίευτο Τα Μαύρα παίζουν και βοηθούν τα Λευκά να κάνουν ματ σε δύο κινήσεις Μυθική συνθήκη: Anti-koko
Συνθήκη Anti-koko: Οι κινήσεις, που οδηγούν ένα κομμάτι δίπλα σε ένα άλλο, δεν είναι νόμιμες και απαγορεύονται. Το πάρσιμο κομματιού επιτρέπεται. a) bKa3 1.e1=S d8=Q 2.Sc2 Qa5# b) bKg5 1.e1=B d8=R 2.Bg3 Rd5# Μια σύνθεση τεσσάρων προαγωγών (Allumwandlung, AUW) με πρότυπα ματ (model mates).

Φιλικά δώρα για τις γιορτές

Συνηθίζεται στις γιορτές να δίνονται δώρα.
Στην σημερινή ανάρτηση τα δώρα είναι αφιερώσεις.

Ο Γιάννης Γαρουφαλίδης αφιερώνει ένα αδημοσίευτο πρόβλημα (αντίστροφο οχτάρι) στον Εμμανουήλ Μανωλά που γιορτάζει στις 26/12.
Σε ανταπόδοση ο Εμμανουήλ Μανωλάς αφιερώνει ένα αδημοσίευτο πρόβλημα (βοηθητικό δυομισάρι) στον Ιωάννη Γαρουφαλίδη που γιορτάζει στις 7/1.

Ευχές για καλές γιορτές σε όλους!

Πρόβλημα-790 αδημοσίευτο (original) Ιωάννης Γαρουφαλίδης (Ioannis Garoufalidis), GR αφιερωμένο στον Εμμανουήλ Μανωλά

k2K4/p2p4/S3Q3/2P5/8/3PP3/1p6/bR1B4 (8 + 5) s#8

1.Bf3+ d5 2.Ke7 Kb7 3.Kf6 Ka8 4.Ke5 Kb7 5.Kd4 Ka8 6.Bg4 Kb7 7.Qc6+ Kxc6 8.Rxb2 Bxb2#

Ο λευκός βασιλιάς πρέπει να πάει στο d4 για να γίνει ματ. Το πιόνι d7 χρειάζεται για να κρατάει το e4, αλλά κι ο μαύρος βασιλιάς πρέπει να πάει στο c6 για να κρατάει το πιόνι αυτό. Ο Λευκός θυσιάζει δυο μεγάλα κομμάτια για πετύχει το σκοπό του.

Πρόβλημα-791 αδημοσίευτο (original) Εμμανουήλ Μανωλάς (Emmanuel Manolas), GR αφιερωμένο στον Ιωάννη Γαρουφαλίδη

1b6/8/3R4/B7/2kP4/1r3BK1/8/1r6 (5 + 4) h#2.5, 2 λύσεις

(Στα βοηθητικά με κλασματικό μέρος 0.5 στις κινήσεις, πρώτα γίνεται κίνηση του Λευκού). 1…Bc7 2.Kb5 Rd5+ 3.Ka6 Ra5# 1…Bc3 2.Ba7 Ra6 3.Kb5 Be2#

Ο wRd6 είναι καρφωμένος από τον bBb8 και ο wBf3 είναι καρφωμένος από τον bRb3. Στις δύο λύσεις ο wBa5 αναλαμβάνει να ξεκαρφώσει ένα από τα καρφωμένα, το οποίο τελικά δίνει ματ.

The Problemist (και μερικοί Έλληνες συνθέτες)

Το σκακιστικό περιοδικό The Problemist εκδίδεται από την Αγγλική κοινότητα συνθετών σκακιστικών προβλημάτων (BCPS, British Chess Problem Society, www.theproblemist.org/) επί πολλές δεκαετίες και έχει παγκόσμια αναγνώριση.
Έλαβα πρόσφατα το τεύχος [The Problemist, Volume 24, No 1, January 2013] που έχει 48 σελίδες και ένα συμπλήρωμα [The Problemist Supplement, Issue 122, January 2013] με 12 σελίδες. Η ποικιλία της ύλης είναι τεράστια και καλύπτει κάθε είδος σκακιστικών συνθέσεων.

Παρακάτω παρουσιάζουμε τα προβλήματα Ελλήνων συνθετών που δημοσιεύθηκαν ή αναφέρονται στο τεύχος αυτό.

Πρόβλημα-694 Ιωάννης Καλκαβούρας C11037 The Problemist July 2012

7S/1KB1p2p/1PB2p1r/1p3P2/2k1S1p1/b1P3pq/bPP2P1R/5s2 (12 + 12) #10, πολυκίνητο δεκάρι

1.b3+? Bxb3! 1.Bd7! [2.Be6#] Kd5 2.f3 gxf3 3.Bc6+ Kc4 4.Rd2 [5.Rd4#] Sxd2 5.Sxd2+ Kc5 6.Bd8 [9.Bxe7#] Kd6 7.Sf7+ Bxf7 8.Bc7+ Kc5 9.Se4+ Kc4 10.b3# Λογικό πρόβλημα, (αυτό που δεν επιτυγχάνεται με την δοκιμή, τελικά γίνεται στην λύση).

Πρόβλημα-695 Πέτρος Λαμπρινάκος Έπαινος, The Problemist 2011

s7/3S4/5p2/3k4/8/4R3/1Q6/7K (4 + 3) #3, τριάρι

1.Qb8! 1…Sb6 2.Qxb6 [3.Qc5#] 1…Sc7 2.Qxc7 [3.Qc5#] 1…Kc4 2.Qb3+ Kd4 3.Qd3# 1…Kd4 2.Qb3 [3.Qd3#] 1…Kc6 2.Rd3 [3.Rd6#] Sb6/Sc7 3.Qxb6#/Qb6# 1…f5 2.Rd3+ Kc4/Ke4/Kc6/Ke6 3.Qb3#/Sc5#/Rd6#/Qe8# Λογικό πρόβλημα. Κλειδί πάρε-δώσε με διαφυγές-Χ για τον bK.

Πρόβλημα-696 Πέτρος Λαμπρινάκος Έπαινος, The Problemist 2011

3K4/8/2S1p3/3kSP2/2p2p1P/8/8/1Q6 (6 + 4) #3, τριάρι

1.Qf1! [2.Qxc4+ Kd6 3.Sf7#/Qd4#] 1…Ke4 2.Ke7 Ke3/Ke5/Kxf5/c3/f3/exf5 3.Qe1#/Qxc4#/Qb1#/Qd3#/Qxf3#/Qf3# 1…Kc5 2.Kc7 [3.Qxc4#] ODT, Κλειδί που δίνει διαφυγή.

Πρόβλημα-697 Πέτρος Λαμπρινάκος PS2671 The Problemist Supplement January 2013

2B5/3K4/5p2/8/7p/7k/3Q2S1/8 (4 + 3) #3, τριάρι

1.Qf2? [2.Se3 [3.Qg2#]] Kg4! 1.Se3? [2.Qg2#] Kg3! 1.Bb7! [2.Qf4 [3.Qxh4#]] 1…Kh2 2.Qf2 [3.Sf4#] Kh3 3.Qxh4# 1…Kg4 2.Qh6 Kg3/Kh3/Kf5/h3/f5 3.Qxh4#/Qxh4#/Qh5#/Qg6#/Qxh4# 1…f5 2.Qf2 [3.Qxh4#] Kh2 3.Sf4# ODT, Πρότυπα ματ.

Πρόβλημα-698 Πέτρος Λαμπρινάκος PS2595 The Problemist Supplement July 2012

8/8/1Q6/1p1pKB2/1P6/5k2/5pr1/5R2 (5 + 5) #3, τριάρι

1.Qxf2+?/Qe3+?/Qd4?/Qc5? Rxf2!/Kxe3!/Rh2!/d4! 1.Qa7! [2.Qa3+ Ke2 3.Qd3#] 1…Rh2 2.Qd4 Rg2/Rh~/Ke2/Kg2/Kg3 3.Qd3#/Qxf2#/Qd3#/Qxf2#/Qg4# 1…Ke2 2.Qd4 [3.Qd3‡] Rg3/Kxf1 3.Qxf2#/Qd1# 1…Kg3 2.Qd4 [3.Qf4‡] Rg1/Rh2/Kh2/Kf3 3.Qxf2#/Qg4#/Qh4#/Qd3# Λογικό πρόβλημα.

Πρόβλημα-699 Βύρων Ζάππας 3ο Βραβείο, Problemistas 1970

3r4/1p1r1p2/3s1p2/1qpKPPp1/2R3p1/1S1kbs1R/b2P2Q1/3B1S2 (10 + 14) s#2, αντίστροφο δυάρι

1.Sxc5+? Bxc5! 1.Rd4+? Bxd4! 1.Qxg4! [2.Qe4+ Sxe4#] 1…Sxd2 2.Sxc5+ Qxc5# 1…Bf4 2.Rd4+ cxd4# 1…Qxc4+ 2.Qxc4+ Sxc4# Θέμα Rudenko, (δυο δοκιμές εμφανίζονται ως βαριάντες).

Πρόβλημα-700 Εμμανουήλ Μανωλάς The Problemist January 2013

6Rb/4s3/6P1/PS6/1pBp4/8/8/k1K4b (6 + 6) #6, KoBul kings, πολυκίνητο εξάρι

1.Sxd4? [2.Sc2#] Bxd4(wK=wSK)! 1.g7! [2.gxh8=(Q/B)(bK=bBK) [3.(Q/B)xd4(bBK=bK)#/Kb1#] 1…Bxg7 2.Rxg7(bK=bBK) [3.Kb1#] Bd5 3.Sxd4 [4.Sc2#] b3 4.Bxb3 [5.Sc2#]  4…Be4 5.Rxe7(bK=bSK) [6.Kb2#]  4…Bxb3(wK=wBK) 5.Rxe7(bK=bSK) [6.bKb2#] Λογικό πρόβλημα. Δίχρωμο Bristol.

Πρόβλημα-701 Ιωάννης Γαρουφαλίδης PS2686F The Problemist Supplement January 2013

8/8/3k4/8/8/K7/1s6/R1S5 (3 + 2) h#3, KoBul kings, Βοηθητικό τριάρι

1.Sa4 Kxa4(bK=bSK) 2.SKc4 Kb4+ 3.SKb2 Sd3# 1.Sd3 Sxd3(bK=bSK) 2.SKf7 Se5+ 3.SKh8 Rh1# 1.Ke5 Kxb2(bK=bSK) 2.SKf3 Ra3+ 3.SKg1 Rg3#

Πρόβλημα-702 Ιωάννης Γαρουφαλίδης PS2608F The Problemist Supplement January 2013

6b1/P5P1/8/3p1K2/8/2sP4/1p2r1p1/k7 (4 + 7) ser-s#11, KoBul kings, Σειράς-Αντίστροφο ματ σε 11

1.a8=B 2.Bxd5 3.Bxg8(bK=bBK) 4.Bc4 5.g8=R 6.Rxg2(bBK=bK) 7.Rxe2(bK=bRK) 8.Ke5 9.Kd4 10.Kxc3(bRK=bSK) 11.Rxb2(bSK=bK) Kxb2(wK=wRK)# Στο σειράς αντίστροφο παίζει μόνο ο λευκός και στην τελευταία κίνηση ο μαύρος δίνει ματ. Ωραίο ματ, δύσκολο για τους λύτες.

Πρόβλημα-703 Κώστας Πρέντος Πρώτο Βραβείο εξ ίσου, Bulgarian Wine Ty Kobe 2012

6Br/1pp4s/1R1B4/3S4/pp2k3/5p2/8/1r2bKs1 (5 + 11) hs#3, Anti-Take and Make, Βοηθητικό αντίστροφο τριάρι b) -bSg1 (Δίδυμο χωρίς τον μαύρο ίππο του g1)

a) 1.Be5 cxb6(Rg6) 2.Bxh7(Sf6) Sg8 3.Rg2+ fxg2(Rg6)# b) 1.Se3 Rxg8(Bc4) 2.Rxb4(b3) b5 3.Be2+ fxe2(Bc4)# Με την συνθήκη (Take and Make) το κομμάτι που κάνει πάρσιμο συνεχίζει και παίζει μια κίνηση. Με την συνθήκη Anti-(Take and Make) το κομμάτι που πάρθηκε κάνει μια κίνηση. Στο βοηθητικό αντίστροφο παίζει πρώτα ο λευκός και συνεργάζεται με τον μαύρο για να τον φέρει σε θέση ματ, όμως τότε ο μαύρος το αποκρούει δίνοντας αυτός ματ. Αντίστροφες μπαταρίες

5-φασικοί KoBul άθλοι

Η συνθήκη KoBul είναι μια μυθική συνθήκη, (δηλαδή με αυτήν το πρόβλημα δεν είναι πια ορθόδοξο), την οποία πρότεινε ο συνθέτης Diyan Kostadinov από την Βουλγαρία. (KoBul = Kostadinov Bulgaria). Με την συνθήκη αυτή, οι βασιλιάδες αλλάζουν δυνατότητες κίνησης και παρσίματος αποκτώντας τις ικανότητες του φιλικού κομματιού τους που μόλις πάρθηκε. Οι βασιλιάδες επιστρέφουν στις δυνατότητες κίνησης του απλού βασιλιά μόλις παρθεί ένα φιλικό τους πιόνι.

Η συνθήκη έχει ενδιαφέρουσες στρατηγικές εφαρμογές, που εμφανίζονται μόλις οι βασιλιάδες αποκτήσουν υπερδυνάμεις(!), κάποια στιγμή όμως έρχεται το ματ. Στην παρούσα ανάρτηση μας ενδιαφέρουν μόνο οι συνθέσεις που ο βασιλιάς γίνεται ματ σε πέντε από τις φάσεις του, (στις τελικές εικόνες των πέντε ματ εμφανίζεται ως βασιλιάς, ως βασίλισσα, ως πύργος, ως αξιωματικός, ως Ίππος), και ονομάσαμε αυτές τις συνθέσεις 5-φασικές (5-phasic).

Ας πούμε ότι πρόκειται να γίνει ματ ο bK.
Στην αρχική θέση μπορεί να είναι κανονικός βασιλιάς (bK), αλλά μπορεί ήδη να είναι σε άλλη φάση (bQK ή bRK ή bBK ή bSK), οπότε γλιτώνουμε μια κίνηση. Μπορούμε να έχουμε δίδυμα Forsberg, όπου για κάθε νέο δίδυμο ο bK αλλάζει φάση στο τετράγωνο που βρίσκεται.
Για να αλλάξει φάση ο bK μπορεί να παρθεί ένα μαύρο κομμάτι που υπάρχει στην αρχική θέση ή πρώτα πρέπει να προαχθεί ένα μαύρο πιόνι σε κάποιο κομμάτι (άρα χρειάζεται μια κίνηση ακόμη). Μπορούμε να έχουμε δίδυμα Forsberg, όπου για κάθε νέο δίδυμο ένα μαύρο κομμάτι αλλάζει τύπο (bQ ή bR ή bB ή bS ή bP) στο τετράγωνο που βρίσκεται.
Το εκ προαγωγής κομμάτι μπορεί να παρθεί στο τετράγωνο προαγωγής ή αφού μετακινηθεί σε άλλο τετράγωνο (άρα χρειάζεται μια κίνηση ακόμη).

Ας δούμε τώρα μερικά 5-φασικά προβλήματα από Έλληνες συνθέτες.

8/1p2R3/7P/1P1P3p/3k4/3p3P/p2Pp1p1/1b6 (6 + 8)	Πρόβλημα-611 Εμμανουήλ Μανωλάς (Emmanuel Manolas) 4η Εύφημη Μνεία, Thematic Tourney 1, KoBulchess.com, 2012 h#3, KoBul kings (wRKe7 + bKd4) 5 λύσεις 1.g1=Q h7 2.Qg8 hxg8=Q(bK=bQK) 3.QKa1 Qg7# 1.g1=R h7 2.Rg8 hxg8=Q(bK=bRK) 3.RKh4 Qg4# 1.e1=B RKxe1(bK=bBK) 2.BKa7 RKe8 3.b6 RKa8# 1.e1=S RKxe1(bK=bSK) 2.SKc2+ RKc1+ 3.SKb4 RKc4# 1.Kc5 d6 2.Kb6 d7 3.Kc7 d8=Q# 5-phasic άθλος
2K3b1/1P5s/4P1P1/pP6/3k4/p7/2P1R2q/2r5 (7 + 7)	Πρόβλημα-612 Εμμανουήλ Μανωλάς (Emmanuel Manolas) 2ο Βραβείο KoBulchess.com July 2012 h#2, KoBul kings (wKc8 + bKd4) 5 λύσεις 1.Qg2 Rxg2(bK=bQK) 2.QKh8 g7# 1.Bxe6+ Rxe6(bK=bBK) 2.BKa7 b6# 1.Rxc2+ Rxc2(bK=bRK) 2.RKa4 Rc4# 1.Kc5 gxh7(bK=bSK) 2.a4 Re5# 1.Kc5 Re5+ 2.Kb6 b8=Q# 5-phasic άθλος
s6b/r4p1p/2k5/Pp4P1/1PpR3P/1p1P3K/6P1/8 (8 + 9)	Πρόβλημα-613 Ιωάννης Γαρουφαλίδης (Ioannis Garoufalidis) αδημοσίευτο (original) h#2, KoBul kings (wKh3 + bKc6), 5 δίδυμα a) διάγραμμα : 1.Sc7 a6 2.Kb6 Rd6# b) με bKQc6 : 1.QKg6 Rd6+ 2.QKh5 g4# c) με bKRc6 : 1.cxd3 Rd5 2.RKc3 Rc5# d) με bKBc6 : 1.Re7 a6 2.Re8 Rd6# e) με bKSc6 : 1.SKe7 Re4+ 2.SKg8 Re8# Η αλλαγή φάσης του bK έχει γίνει πριν από την πρώτη μαύρη κίνηση. 5-phasic άθλος

Δυό πολυκίνητα του Γαρουφαλίδη

Στα πολυκίνητα προβλήματα πρέπει να δει κανείς πώς δίνεται το ματ (να φανταστεί την εικόνα του ματ). Για να επιτευχθεί αυτό το ματ, χρειάζεται να γίνει μια σειρά κινήσεων (πιθανώς επανειλημμένα).

Στα αντίστροφα προβλήματα παίζουν πρώτα τα Λευκά και εξαναγκάζουν τα Μαύρα να κάνουν ματ.

Ο Ιωάννης Γαρουφαλίδης είναι ένας δραστήριος συνθέτης με πολλές δημοσιεύσεις και είναι επίσης εξαιρετικός λύτης. Εδώ θα δούμε δύο βραβευμένα πολυκίνητα αντίστροφα προβλήματά του. (Δείτε και μια άλλη σύνθεσή του).

	(Πρόβλημα 251) Ιωάννης Γαρουφαλίδης (Ioannis Garoufalidis) Τρίτη Εύφημη Μνεία, Quartz 2002 Αντίστροφο σε 29 κινήσεις s#29 (4 + 6)
[8/8/8/8/7R/k7/1r5P/K1Q5]

Κλειδί : 1.Rd4! Kb3 2.Qc4+ Ka3 3.Qc3+ Rb3 4.Qc1+ Rb2 5.h4 Kb3
6.Qc4+ Ka3 7.Qc3+ Rb3 8.Qc1+ Rb2 9.h5 Kb3 10.Qc4+ Ka3
11.Qc3+ Rb3 12.Qc1+ Rb2 13.h6 Kb3 14.Qc4+ Ka3 15.Qc3+ Rb3
16.Qc1+ Rb2 17.h7 Kb3 18.Qc4+ Ka3 19.Qc3+ Rb3 20.Qc1+ Rb2
21.h8=R Kb3 22.Rb8+ Ka3 23.Qe3+ Rb3 24.Qe7+ Rb4 25.Ra8+ Kb3
26.Qe3+ Kc2 27.Ra2+ Rb2 28.Qd3+ Kc1 29.Qb1+ Rxb1#

Σχόλιο συνθέτη : [Ένα Excelsior με υποπροαγωγή πύργου (Μινιατούρα), Switchback, Circuit de Dame, Circuit de Tour, Circuit lineaire, Sacrifice].

	(Πρόβλημα 252) Ιωάννης Γαρουφαλίδης (Ioannis Garoufalidis) Έπαινος, The Problemist, 2005 Αντίστροφο σε 37 κινήσεις s#37 (11 + 3)
[8/2p2S1B/2P5/2P4k/6bP/8/3PP1Q1/1KR1B3]

Κλειδί : 1.Qd5+!
1...Bf5+ 2.Rc2 Kg4 3.Qg2+ Kf4 4.Qg3+ Ke4 5.Qd3+ Kf4 6.Qe3+ Kg4 7.Qg3+ Kh5 8.Qf3+ Bg4
9.Qd5+ Bf5 10.Kc1 Kg4 11.Qg2+ Kf4 12.Qg3+ Ke4 13.Qd3+ Kf4 14.Qe3+ Kg4 15.Qg3+ Kh5 16.Qf3+ Bg4
17.Qd5+ Bf5 18.Kd1 Kg4 19.Qg2+ Kf4 20.Qg3+ Ke4 21.Qd3+ Kf4 22.Qe3+ Kg4 23.Qg3+ Kh5 24.Qf3+ Bg4
25.Qd5+ Bf5 26.Rc1 Kg4 27.Qg2+ Kf4 28.Qg3+ Ke4 29.Qd3+ Kf4 30.Qe3+ Kg4 31.Qg3+ Kh5 32.Qf3+ Bg4
33.Qd5+ Bf5 34.e3 Kg4 35.Qg2+ Kh5 36.Qf3+ Bg4
37.Bc2 Bxf3#

Δείτε πώς ετοιμάζει τελετουργικά (κάθε οχτώ κινήσεις) ο λευκός βασιλιάς το τέλος του.

Συνθέσεις φίλων του ιστολογίου (1)

Το ιστολόγιο αυτό είναι διαθέσιμο για προβολή κατά προτίμηση των έργων των Ελλήνων συνθετών, αλλά δεν αποκλείονται οι συνθέσεις που στάλθηκαν εδώ από αλλοδαπούς φίλους.
Σήμερα παρουσιάζουμε προβλήματα Θέμη Αργυρακόπουλου, Ιωάννη Γαρουφαλίδη και Χοακίμ Κρούζατς.

---

Ο θέμης Αργυρακόπουλος είναι από τους καλούς Έλληνες λύτες (με ELO 1775, όπως ανακοίνωσε το 2008 η παγκόσμια επιτροπή WCCC). Από τα προβλήματα που θα μελετήσουμε εδώ θα δούμε ότι είναι πολύ ικανός συνθέτης.

Πρώτη δημοσίευση έγινε στο φινλανδικό Suomen Tehtavaniekat με δύo βοηθητικά προβλήματα, τα οποία παρουσιάζουν εξαιρετικό ενδιαφέρον.
Θυμίζουμε ότι στα βοηθητικά παίζει πρώτα ο Μαύρος και βοηθάει τον Λευκό να επιτύχει τον στόχο, (εδώ την νίκη).

	(Πρόβλημα 220) Θέμης Αργυρακόπουλος (Themis Argyrakopoulos), Suomen Tehtavaniekat, No 4-5/2003 Βοηθητικό σε 5 κινήσεις. (Δύο λύσεις) h#5 2.1.1... (5+7)
[6Sq/8/3k3B/8/8/P5p1/pp4P1/rb5K]

Κλειδί : 1.Ke5! Kg1 2.Be4+ Bc1 3.b1=B Bb2+ 4.Kf4 Sh6 5.Qe5 Bc1#
Κλειδί : 1.Qg7! Sf6 2.Ke7 Bf4 3.Kf8 Bxg3 4.Bg6+ Kh2 5.Bf7 Bd6#

	(Πρόβλημα 221) Θέμης Αργυρακόπουλος (Themis Argyrakopoulos), Suomen Tehtavaniekat, No 4-5/2003 Βοηθητικό σε 6 κινήσεις. h#6 (2+6)
[8/8/2k5/2b5/2P3s1/5b2/2p3s1/7K]

Κλειδί : 1.Ba7! c5 2.Kb7 c6+ 3.Ka8 c7 4.c1=B c8=B 5.Bf4 Bxg4 6.Bb8 Bxf3#

---

Ο Ιωάννης Γαρουφαλίδης είναι κι αυτός από τους καλούς Έλληνες λύτες (με ELO 1922, όπως ανακοίνωσε το 2008 η παγκόσμια επιτροπή WCCC). Οι συνθέσεις του είναι εντυπωσιακές, και τον ενδιαφέρουν τα αντίστροφα πολυκίνητα.
Εδώ θα δούμε ένα αντίστροφο εξάρι. Σε επόμενη ανάρτηση θα δούμε αντίστροφα περισσοτέρων κινήσεων.
Θυμίζουμε ότι στα αντίστροφα παίζει πρώτα ο Λευκός και εξαναγκάζει τον Μαύρο να του δώσει ματ.

	(Πρόβλημα 222) Ιωάννης Γαρουφαλίδης (Ioannis Garoufalidis), The Problemist (?) Αντίστροφο σε 6 κινήσεις. s#6 (12+4)
[4BB2/P5Sp/4PQsk/5Kp1/4P3/6R1/6PP/5S2]

Ο Μαύρος είναι στριμωγμένος, έρχεται συνέχεια σε τσούκτσβανγκ και δεν φαίνεται ότι μπορεί να δώσει άμεσα ματ στον Λευκό. Ίσως αν προαχθεί το πιόνι g5 να αυξηθούν οι δυνατότητες.
Υπάρχουν πολλές δοκιμές {1.Bf8~? / Be8~? / a8=~? / e7? / e5? /
Rg3~? / h3? / Sf1~? (zz) g4!}, {1.Sh5+? Kxh5!}, {1.Qxg6+? hxg6+!}.

Κλειδί : 1.Rf3! (zz) g4 2.Rf4 (zz) g3 3.a8=Q (zz) gxh2 4.Qb8 (zz)
αν 4...h1=Q 5.Rh4+ Qxh4 6.Qg5+ Qxg5#
αν 4...h1=S 5.Sh5+ Kxh5 6.Sg3+ Sxg3#
αν 4...h1=R 5.Rh4+ Rxh4 6.Qf4+ Rxf4#
αν 4...h1=B 5.Rf3 (zz) Bxg2 6.Rh3+ Bxh3#

Το πρόβλημα είναι ένα αλουμβάντλουνγκ (AUW), δηλαδή πετυχαίνει τις τέσσερις προαγωγές (του μαύρου) πιονιού. Το κομμάτι που προέρχεται από προαγωγή αναγκάζεται να δώσει το ματ σε τέσσερις ισομήκεις βαριάντες. Η συνολική εντύπωση είναι εξαιρετική.

---

O Χοακίμ Κρούζατς (Joaquim Crusats) ζει και δημιουργεί στην Καταλονία της Ισπανίας. Για τις συνθέσεις του, συνήθως πολυκίνητα ορθόδοξα προβλήματα, προτιμάει να συνεργάζεται με άλλους συνθέτες.
Έχει δηλώσει ότι είναι φίλος του ιστολογίου και, ευχαριστώντας τον, δημοσιεύουμε παρακάτω ένα δικό του πολυκίνητο δέκα κινήσεων.

	(Πρόβλημα 223) Joaquim Crusats, Problem Online, 15.10.2007, problem n. C0017 Ματ σε 10 κινήσεις. #10 (9+9)
[8/1p6/kPp5/p1P3p1/p3S1p1/K1p2pP1/p1p2p2/3B4]

Δοκιμές {1.Sxg5? / Sf6? Kb5!}, {1.Be2+? fxe2!}.

Κλειδί : 1.Bxf3! ( > 2.Be2#) gxf3
2.Sxc3 g4 3.Sxa4 Kb5 4.Kb3 Ka6 5.c3 (zz) Kb5
6.c4+ Ka6 7.Sc3 a4+ 8.Kb4 a3 9.Sb5 cxb5 10.cxb5#