Problém č. 20
Alexandr Petrovič Maximovskich
5. pochvalná zmienka
Šachmaty v SSSR 1966
      |
Mat 3. ťahom (4+1=5)
ŠACHOVÉ OKIENKO
Vedie Ivan Garaj
(15. 6. 1968)
|
Problém č. 20 Alexandr Petrovič Maximovskich 5. pochvalná zmienka Šachmaty v SSSR 1966
Mat 3. ťahom (4+1=5) |
Kontrolná notácia: bKg7 Df7 Pa2 b7, čKb8 – trojťažka.
Dnešná ukážka z tvorby pomerne málo známeho mladého sovietskeho autora (nar. 1939) patrí k tým príjemným úlohám, na ktorých netreba nič vysvetľovať. Hoci má iba jeden variant zakončený modelovým matom, miniaturizácia a vtipné riešenie ju umožňuje reprodukovať. Kto úlohu vyrieši, iste dá za pravdu, že si zaslúžila pochvalu v najpopulárnejšom sovietskom šachovom časopise.
Riešenie problému č. 14 (Loyd) z 27. 4. t. r. Ktorý bol posledný ťah bieleho? Do úvahy pripadá viac možností. Vylúčme preto najprv tie, ktoré sú zdanlivé. Sú to ťahy: a7–a8S+, b7:a8S+ a b7:c8D+. V prvom prípade z rozostavenia bielych pešiakov vyplýva, že by museli vziať 10 čiernych kameňov a naviac biely nejakým iným spôsobom musel vziať čSf8 (z poľa f8 sa nemohol dostať von a preto ho pešiaci vziať nemohli). To ale nie je možné, lebo čierny má na šachovnici 6 kameňov a 11 by bol bral. Podobne v ďalších dvoch prípadoch (biely vzal povedzme jazdca na a8 a premenil sa na strelca, resp. vzal čJc8 a premenil sa na dámu) by bol musel biely brať 16 kameňov a čierny má 7, čo opäť nie je možné. Preto ostáva posledná možnosť: Pred predposledným ťahom stál biely kráľ na f3, biely pešiak na g2 a čierny pešiak na f4. Biely musel kryť šach od čiernej dámy a hral 1.g4, čierny bral pešiaka 1...f4:g3+ + e.p. načo biely zahral 2.Kf3:g3 a to je pozícia na diagrame a zároveň aj posledný ťah bieleho. Čierny sa zrejme musel vzdať, lebo po 2...Kg1 3.Dc1+ Vf1 4.Dc5+ prehrá. Retrográdna úloha, v ktorej spätnou analýzou bolo treba splniť danú podmienku. Jej prostý vtip našiel si už mnohých priaznivcov, ktorých dobre pobavil.