Babson-Task

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Der Babson-Task ist eine Aufgabenstellung aus der Schachkomposition. Gefordert wird eine beiderseitige Allumwandlung in unmittelbar aufeinander folgenden Zügen jeweils durch denselben Bauern, wobei die Umwandlung in allen Varianten jeweils auf beiden Seiten in die gleiche Figur erfolgen muss.

Entstehung der Aufgabenstellung[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Der Begriff geht auf den US-Amerikaner Joseph Babson (* 26. Dezember 1852; † 20. Dezember 1929) zurück. Er veröffentlichte im Jahr 1914 die erste beiderseitige Allumwandlung, die allerdings noch von drei Bauern vollzogen wurde. Babson schaffte es in den folgenden Jahren nicht, diese Aufgabe zu meistern. Deshalb startete der Amerikaner Powers 1925 unter dem Namen Babson-Turnier ein Kompositionsturnier und stiftete als Preis 20 Dollar (oder 25, wenn auch der Schlüsselzug eine Unterverwandlung ist). Das Turnier gewann Henry Wald Bettmann, aber die später eingereichten Stücke von H. August und W. Krämer waren beinahe identisch.

Henry Wald Bettmann
Babson-Turnier, 1926
1. Preis
  a b c d e f g h  
8 8
7 7
6 6
5 5
4 4
3 3
2 2
1 1
  a b c d e f g h  
Selbstmatt in 3 Zügen





Lösung:

1. a8L!

1. … fxg1D 2. f8D Dxf1 3. b5+ Dxb5 matt, oder 2. … Dxc5+ 3. b5+ Dxb5 matt
1. … fxg1T 2. f8T! Txf1 3. Txf1 Txa6 matt
1. … fxg1L 2. f8L! Lxc5 3. Lxc5 Txa6 matt
1. … fxg1S 2. f8S! Sxh3 3. Txh3 Txa6 matt

Nach dem Schlüsselzug (ebenfalls eine Unterverwandlung) ist die neu entstehende schwarze Figur zu beseitigen. Bei der Umwandlung in eine Dame ist das außer bei den genannten Varianten stets möglich, bei den Umwandlungen in Turm und Läufer wird verhindert, dass Weiß seinerseits mattsetzt, und bei der Umwandlung in einen Springer wird das Feld d7 verteidigt, über das Schwarz sonst entkommen könnte.

Nach der Darstellung des Babson-Tasks im Selbstmatt erschien seine Realisierung in einer orthodoxen Aufgabe immer noch unmöglich. Besonders der Pariser Metallurgie-Ingenieur Pierre Drumare (1913–2001) erforschte in über 20 Jahren systematisch den Babson, ohne jedoch eine korrekte Darstellung zu finden. Erst der bis dahin völlig unbekannte Komponist Leonid Wladimirowitsch Jarosch konnte 1983 eine korrekte Aufgabe ohne Umwandlungsfiguren in der Ausgangsstellung präsentieren. Das Problem mit der Nummer 23 trug die Überschrift "!!!Jest task Babsona?" (zu deutsch "Ist es der Babson-Task?") und wurde später als Problem des Jahrhunderts weltweit bekannt.

Leonid Jarosch
Schachmaty w SSSR, März 1983
  a b c d e f g h  
8 8
7 7
6 6
5 5
4 4
3 3
2 2
1 1
  a b c d e f g h  
Matt in 4 Zügen





Lösung:

1. Txh4

1. … cxb1D 2. axb8D Dxb2 3. Db3 Dc3 4. Dxc3 matt, oder 2. … De4 3.T/Dxf4 Dxf4 4.D/Txf4 matt
1. … cxb1T 2. axb8T! Txb2 3. Tb3 Kxc4 4. Txf4 matt
1. … cxb1L 2. axb8L! Le4 3. Lxf4 und 4. Le3 oder 4. Le5 matt
1. … cxb1S 2. axb8S! Sxd2 3. Sc6+ Kc3 4. Tc1 matt

Die Duale wurden in der Erstdarstellung so hingenommen. Wenige Monate später kreierte Jarosch eine dualfreie Version, die den 1. Preis erhielt. Im orthodoxen Problem sind die Unterverwandlungen in Turm und Läufer durch Pattvermeidung motiviert.

Inzwischen wurden 16 orthodoxe Probleme mit dem Babson-Task komponiert, und auch mit Märchenfiguren und dann jeweils 5 Unterverwandlungen wurde der Babson-Task realisiert. Auch Pierre Drumare hat einen korrekten Babson geschaffen. Dennoch blieb auch weiterhin eine Herausforderung bestehen. Bisher waren nur gleiche Umwandlungen aufeinandergefolgt, und im Jahr 2003 nahm Peter Hoffmann die Arbeit am zyklischen Babson auf. Im September 2005 erschien in der deutschen Zeitschrift Schach unter der Nummer 15.778 nachfolgendes Problem.

Peter Hoffmann
Schach, September 2005
Tim Krabbé gewidmet
  a b c d e f g h  
8 8
7 7
6 6
5 5
4 4
3 3
2 2
1 1
  a b c d e f g h  
Matt in 4 Zügen





Lösung:

1. Lxc6

1. … d1D 2. gxf8L! Dd4+ 3. exd4 Kxf6 4. d5 matt
1. … d1T 2. gxf8S+! Kd6 3. c8S+! Kc7 4. Se6 matt, oder 3. … Kc5 4. Dxc2 matt
1. … d1L 2. gxf8T! Kd6 3. Dd2+ Kc5 4. Dd4 matt
1. … d1S 2. gxf8D Sc3+ 3. Kxa5 Ke5 4. De7 matt

Erstdarstellung des zyklischen Babson ohne Umwandlungsfiguren. Eine spätere Version dieser Studie erhielt einen Spezialpreis.

Der Babson-Task in der Studie[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Der Babson-Task wurde in einer Studie nicht ganz erfüllt, jedoch wurde er mit drei (statt vier) Umwandlungen dargestellt. Ein im Jahr 2005 durchgeführtes Kompositions-Thematurnier von Gerd Wilhelm Hörning, Gerhard Josten und Siegfried Hornecker zum Babson-Task in der Studie mit einem Preisfonds von 500 Euro blieb ohne Einsendung.

Jan Rusinek[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Jan Rusinek (* 2. Dezember 1950 in Krakau) hat einmal versucht, einen solchen "Dreiviertel-Babson" darzustellen, ist jedoch gescheitert. Vermutlich hat seine Kreation Gady Costeff inspiriert.

Jan Rusinek
Roycroft Jubilee Tourney, EG 1978
  a b c d e f g h  
8 8
7 7
6 6
5 5
4 4
3 3
2 2
1 1
  a b c d e f g h  
Weiß am Zug gewinnt







Beabsichtigte Lösung: 1. Tb8–b1+ e2–e1D 2. Tb1xe1+, und nun:

2. … g2–g1D 3. f7xg8D Dg1xe1 4. Dg8–a8+ Kh1–g1 5. Lh8–d4+ Kg1–f1 6. Da8–f3+ Gewinn
2. … g2–g1L 3. f7xg8L Kh1–g2 4. Lg8–h7 Kg2–f2 5. Lh7–e4 Kf2xe1 6. Ka4xa5 Lg1–c5 7. Lh8–e5 Gewinn
2. … g2–g1S 3. f7xg8S Kh1–g2 4. Sg8xe7 h2–h1D 5. Se7–f5 Kg2–f2 6. Te1–f1+ Kf2xf1 7. Sf5–g3+ Kf1–g2 8. Sg3xh1 Gewinn

Es sind viele Duale vorhanden, überdies ist die Aufgabe nach 1. … g1D 2. fxg8D Dd1+ unlösbar.

Gady Costeff[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Gady Costeff (* 7. Mai 1961 in Be’er Scheva in Israel) hat den Dreiviertel-Babson korrekt dargestellt.

Gady Costeff
Magyar Sakkélet, 1984
2. spezielle Ehrende Erwähnung
  a b c d e f g h  
8 8
7 7
6 6
5 5
4 4
3 3
2 2
1 1
  a b c d e f g h  
Weiß am Zug gewinnt





Lösung:
1. d6–d7 Tc8xe8 2. Tb2xb1+, und nun

2. … e2–e1D 3. d7xe8D De1xb1 4. Lb5–d7 Db1xd3 5. Ld7–b5 Gewinn Switchback
2. … e2–e1L 3. d7xe8L Gewinn
2. … e2–e1S 3. d7xe8S Kf1–e2 4. Tb1–b2+ Ke2–e3 5. Tb2xf2 Ke3xf2 6. Sg8–f6 Kf2–e3 7. Sf6xd5+ Ke3–d2 8. Sd5–f4 Kd2–e3 9. Sf4–g2+ Gewinn

Erste korrekte Darstellung eines Dreiviertel-Babson.

Gady Costeff
Chess in Israel, 1997
  a b c d e f g h  
8 8
7 7
6 6
5 5
4 4
3 3
2 2
1 1
  a b c d e f g h  
Schwarz zieht, Weiß gewinnt





Lösung:
1. … Lg8–c4+! 2. Kd3–d4 Tc7–d7+ 3. Kd4–c5 Sb6–a4+ 4. Kc5xc4 Sg2–e3+ 5. Kc4–b4 Td7xb7+ 6. Kb4xa4 Se3–d1 7. Ta1xd1, und nun:

7. … e2xd1D 8. e7–e8D Dd1–d4+ 9. c3–c4! Gewinn
7. … e2xd1T 8. e7–e8T! Td1–d2 9. Te8–f8+ Tb7–f7 10. Tf8xf7+ Kf6xf7 11. Ka4xb3 Gewinn
7. … e2xd1S 8. e7–e8S+ Kf6–f7 9. Se8–d6+, und 10. Sd6xb7 Gewinn

Schöne Darstellung des Themas, besonders durch die lange Einleitung.

Weblinks[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

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