20 løbere (fra TD 94), v/ Henrik Juel Tilbage til forsiden

Niels Høegs opgave i diagram 1 (THEMA DANICUM, oktober 1998) fortjener at få et par flere ord med på vejen end der var plads til i Dannys klumme. Analysen er egentlig ikke svær, men man skal holde tungen gevaldigt lige i munden.

Diagram 1
Niels Høeg
Fairy Chess Review 1949-11-28

Sort tager sit sidste træk retur, så H#1 11+11



Sort retraherer et træk, hvorefter et sort og et hvidt fremadtræk fører til at sort står mat. Løsningen er -1 Ka3-b2; 1 Ka4 Lb5#. Men der synes at være andre muligheder, eksempelvis -1 Kc1xTb2? (forudgået af Td2-b2+), 1 Kd1 Le2#, eller -1 c2xDb1= L?; 1 Kc3 Db4#. Hvorfor går disse muligheder ikke som løsninger?
Det skyldes en interessant observation, vistnok gjort først af Niels Høeg. Diagramstillingen har 20 løbere, så alle de 16 bønder må have forvandlet til løber. Hvordan er bønderne sluppet forbi hinanden? Fra hver linie må en af de oprindelige bønder have slået, for at såvel den som dens modpart kan forvandles uden yderligere bondeslag. I alt kræves altså blot 8 bondeslag for at få alle 16 bønder forvandlet, og da der mangler 10 brikker kan dette sagtens gøres. Eksempelvis kan hvid have gjort bondeslagene bxa, dxc, exf og gxh, mens sort har slået fra de andre linier: axb, cxd, fxe og hxg. Herved får hvid dobbeltbønder på a-, c-, f- og h-linierne, mens sort får dobbeltbønder på resten af linierne, og vejene til forvandling er frie.
Der er imidlertid også spørgsmålet om forvandlingsfelternes farve. For at tydeliggøre forskellen mellem brikfarve (hvid eller sort) og feltfarve, kaldes feltfarverne for lys og mørk.
I vores eksempel forvandler hvid to gange på hvert af de lyse felter a8 og c8, og derved opstår 4 flhL (forkortelse for forvandlede lysfeltede hvide løbere), mens de resterende hvide forvandlinger fører til 4 fmhL (forvandlede mørkfeltede hvide løbere). Tilsvarende ses sort at få 4 flsL (forvandlede lysfeltede sorte løbere) på b1 og d1, samt 4 fmsL. Antallet af flhL er altså det samme som antallet af flsL, hvilket vi betegner som feltfarvebalance, eller blot balance. Dette skyldes ikke vores specielle eksempel på bondeslag. Når begge de oprindelige a-bønder føres til løberforvandling med blot et enkelt bondeslag, så får de resulterende løbere samme feltfarve, nemlig lys, hvis sort slog axb, eller mørk, hvis hvid slog axb. Samme argument gælder for alle linier, så vi har resultatet: Hvis alle 16 bønder er forvandlet til løbere efter blot de nødvendige 8 bondeslag, så udviser løberne feltfarvebalance. Alt efter hvilke 8 bondeslag der er sket, kan vi få 0,1,2,... eller 8 flhL og samme antal flsL. Et ulige antal flhL kræver dog at hvid udførte et ulige antal af de nødvendige 8 bondeslag, nemlig 3 eller 5.
Nu vender vi $problem->tilbage til diagrammet. Her findes 6 lhL og fraregnet den oprindelige løber fra f1 er der altså 5 flhL, mens der kun er 3 flsL. Denne ubalance kan kun forklares ved, at der er sket 2 ekstra bondeslag ud over de 8 nødvendige, hvilket lige netop er muligt da der mangler 10 brikker. I fortsættelse af eksemplet kan hvid yderligere have foretaget bondeslaget hxg, mens sort eksempelvis slog bxa, hvorved feltfarvefordelingen ændres fra 4 flhL og 4 flsL til det ønskede: 5 flhL og 3 flsL. Generelt har vi følgende resultat: En stilling med 2 konger, 20 løbere og en feltfarve-ubalance på 2 kan kun være opstået ved at alle 10 slag var bondeslag, 8 nødvendige for at forvandle alle bønder samt 2 ekstra der begge har bidraget til ubalancen.
I diagram 1 er -1 Kc1xTb2? udelukket som sidstetræk, da alle slag var bondeslag; og -1 c2xDb1=L? er udelukket, da det øjensynligt ville være et af de 2 ekstra bondeslag, men ikke ville bidrage til den givne ubalance, hvor der er et overskud af flhL.
I løsningen er -1 Ka3-b2 forudgået af f7-f8=L+ (ikke e7xf8=L+).
Høegs observation er også udnyttet i andre opgaver, både af ham selv (1152-1153, STELLA POLARIS, 1967/09) og andre (Bo Lindgren, 2075, STELLA POLARIS, 1968/12). Læseren skulle ikke have vanskeligt ved at løse diagram 2.

Diagram 2
Henrik Juel
Probleemblad 1997

Tilføj en matsættende løber 11+10



Læsere, der måtte være inspireret til selv at komponere, bør være opmærksomme på, at kun omkring halvdelen af alle stillinger med 20 løbere og en ubalance på 2 er partimulige. I udgangsstillingen står et lige antal hvide bønder på linier med lyst forvandlingsfelt, nemlig 4. Hvert hvidt bondeslag ændrer pariteten af antallet af flhL, så det resulterende antal af flhL efter 5 slag bliver ulige. Tilligemed hLf1 fås et lige antal lhL. Analysen for sort er identisk, så kun kombinationerne 2 lhL . 4 lsL, 4+2, 4+6, 6+4, 6+8 eller 8 lhL . 6 lsL er mulige i stillinger med 2 konger, 20 løbere og en ubalance på 2.

Diagram 3
A. Matsukevich
Kilde? 1977

#2 12+11



Diagram 3 er nært beslægtet med Høegs ob-servation. Her mangler kun 9 brikker, men da ubalancen kun er 1, er stillingen legal. Det tidligere eksempel går også her, dog uden sorts ekstra-slag bxa. Men hvis hverken hK eller hT har trukket, må sorts a- og e-bønder have slået (da deres forvandlingsfelter er besat) og det samme gælder sorts d- og f-bønder (for at undgå skak på 2. række). Alle sorts slag er der redegjort for, og de ses at føre til 4 flsL, hvilket stemmer med diagramstillingen, der også indeholder den oprindelige lsL fra c8. For at få alle 16 bønder forvandlet, må hvide bønder have slået fra de resterende linier, hvilket ville føre til 4 flhL. For at nå diagramstillingens feltfarvefordeling må hvid som sit sidste slag have gjort et ekstra bondeslag, der skaffer ham en ekstra flhL, eksempelvis dxc. Men faktisk må hvids ekstra bondeslag være sket med hans e-bonde, for at tillade sorts e-bonde at nå helt til e2 før den slår, så vi kan slutte, at hvid har flyttet K og/eller T. Derfor bliver løsningen: 1 Td1 med varianterne: 1 - La5,Lb4/Lg3,Lh4+ 2 Lc3/Lf2# og 1 - Lb6/Lc5/Le5/Lf6 2 LxL#, mens forførelsen 1 0-0-0? med analoge varianter strander på at rokaden er illegal.

(I diagram 2 må den tilføjede løber være sort, da der allerede findes 10 hL. Tilføjelse på e4 eller g2 går ikke, da det ville indebære et L-slag; tilføjelse på h1 går heller ikke, da ekstraslaget g2xh1 ændrer balancen i den gale retning. Løsningen bliver: Tilføj sL på d5).