Magyar Sakkélet, 1983 (33. évfolyam, 1-12. szám)

1983-06-10 / 6. szám

A MAGYAR SAKKÉLET 1982. ÉVI NEMZETKÖZI TANULMÁNYVERSENYE I—II. díj (1520.) Belliit) Pál A tizenhét ép pályamű közül tízet helyeztem. [Ösz- szesen 7 ország 21 szerzőjé­nek 22 eredeti munkáját kö­zöltük, amelyek sorából az 1510. sz. (1. Bh5f!), az 1519. sz. (1. — Vb7!), az 1525. sz. (3. — Vh4!), az 1544. sz. (8. — Vh6f!) és az 1546. sz. (2. — Hf3!) stb. miatt kiesett a versenyből. — Szerk.] Rang­sorolásom a következő: I —II. díj: Benkő Pál (1520.) — A mű középpont­jában az 1. Be2ü és a 7. Bc2ü lépés áll, amelynek ér­telmét a szerző csak a befe­jezésnél varázsolja elénk. (Megoldását lásd az 1982/10. számban.) I —II. díj: J. Maklecov (1532.) — Nagyon finom miniatűr. Mindkét fél rend­kívül aktív: sötét mattcsap­dáit világos pattkombiná dókkal hárítja. A három té­maszerű 9. Vc2, 9. Vh5 és 9. Vf7 mozzanat igen tetszetős. (Megoldása: 1982/12. sz.) III. díj: Meleghegyi Csaba (1512.) — A téma: kölcsönös lépéskényszer. Sötét győzne, ha 4 Kxf6 után nem kellene lépnie. Természeres a kezdő- állás! (Megoldás: 1982/7. sz.) 1. dicséret: P. Ruszczinski (1545.) — Kivételesen szép lekötéses mintapatt a tábla közepén. A játék rövid, de elegáns. (Megoldása: 1983/4. sz.) 9. dicséret • n, Qxir 7 r.: (lözz.j - íwnileg gyakoi- lati értékű szerzemény. Két pozíciós döntetlen változat patt mozzanattal. (Megol­dása: 1982/10. sz.) 3. dicséret: C. Amirjan (1516.) — Érdekes sziszte­matikus mozgás, bár a játék kissé passzív. (Megoldás: 1982/8. sz.) 1. elismerés: 1. Grzeban (1543.) — A szellő egy ko­rábbi híres tanulmányának (Peris-emlékv. I960., I. díj) l—11. díj (1582.) .J. Maklecov III. díj (1512.) Meleghegyi Csaba 1. dicséret (1545.) P. Ruszczinski A „minimál” jelző azt hang­súlyozza, hogy világosnak a királyán kívül mindössze egyetlen bábja lehet, míg sö­tét tetszés szerinti erőkkel rendelkezhet. Tallózásunk során a szak- irodalom egyik remekére bukkantunk, lássuk tehát. 1577. Herbsztinan - Kübliéi 1937. A megoldása: l.Hgl Hf4f 2. Khl elH! (Három huszár nyerne egy ellen!) 3. Hf3f! Hxf3 patt! Szép mondhat­nék, de mi történik 1. — He3f! után? A válasz: 2. Kh3! Hf4f! (2. - elH!? 3. Hf3t! Hxf3 a II. számú pat­tal.) 3. Kh2 Hgif! (3. - elH? 4. Hf3f! Hxf3 5. Kg3 döntetlen.) 4. Khl Hf2f! (4. — elV a III. sz., míg 4. — elH 5. Hf3f Hxf3 a IV. sz. pattot eredményezi.) 5. Kh2 elH! 6. Hf3f! Hxf3 7. Kg3 Ke3 és az ötödik pattképpel a dráma véget ér. E csodála­tos teljesítmény láttán nem meglepő, hogy az északi szer­zők versenyét nemzetközire bővítették, miután az erede­ti körben és határidőre mind­össze négy pályázat érkezett a rendezőséghez. A Herbszt- man — Kubbel társszerze­mény után közel ötven év­vel korunk szerzőinek bátor­talansága érthető.. . Korányi Attila elemzésén alapuló élvezetes mű. (Megoldása: 1983/4. sz.) 2. elismerés: P. Joita (1511.) — Figyelemre méltó az állás 5. Kf4 után, amely­ben a sötét vezér és huszár nem tud nyerni a világos fu­tópár ellen. Jobban tetszett volna a két bevezető lépéspár elhagyásával. (Megoldása: 1982/7. sz.) 3. elismerés: P. Massinen (1533.) — Módszeres futóál­dozatokkal világos gyalogot nyer, majd futócserét kény­szerít ki. Kár, hogy sötét túlzottan passzív és csupán késlelteti a végzetet. (Meg­oldása: 1982/12. sz.) Külön kitüntetés: E. Dob- rescu (1521.) — „Örökös Plachutta” d5-ön és g2-őn. Szerkezete J. Rusinek, Prob­lem, 19 79. I. díjasán alapul, kitüntetése mégis indokolt a gazdaságosabb kidolgozás miatt. (Megoldás: 1982/10. sz.) Varsó, 1983. március 5. Jan Rusinek versenybíró Megoldások Az 1557 — 1565. sz. tanul­mányokat a márciusi szám­ban a megoldásokkal együtt közöltük. F>83. évi 4. szám 1566. Benkő (Kb4, Bh5, Hb6 — Kd2, Ba7, a6, b7 — Nyer.): Megtévesztések: 1. Ba5 ?! Kd3! 2. Kb3 Kd4! (2. - Kd2 3. Kc4! Kc2 4. Ba2f Kbl 5. Kb3 Kel 6. Kc3 Kdl 7. Kd3 stb., vagy 3. — Ke3- ra 4. Kc5 Kd3 5. Kd6 nyer.) 3. Kc2 Ke4 4. Kc3 Ke3 5. Kc4 Kd2! (5. - Ke4? 6. Kc5 Ke5 7. Hc8! Ba8 8. Kb6f nyer.) 6. Kc5 Kc3 7. Kd6 Kb4 döntetlen, vagy 1. Ka5 ?! Kc3 2. Bh3 Kc2 3. Bd8 Kel! (3. - Kb3? 4. Hd7!) 4. Bc8f Kbl! 5. Bc7 Kb2 6. Bc5 Kb3 7. Bc8 Ka2 8. Bb8 (8. Be8 Kb3!) 8. - Kai!! (8. - Kb3 ? 9. H08! nyer.) 9. Kb4 (9. Be8 Ka2! 10. Kb4 a5f 11. Kc3 Ba6 12. Be2f Kbl döntetlen.) 9. — a5f! (9. - Kb2? 10. Hc8! aöf 11. Ka4 Ba6 12. Bxb7f Ke3 13. Hb6 nyer.) 10. Kb3 Ba6 11. Bxb7 a4f! 12. Hxa4 Kbl döntetlen. Megoldéisa: 1. Bd5f! Kc2 2. Beát! Kd3 (2. - Kbl 3. Kb3 a5 4. Bc2 a4f 5. Hxa4 Bxa4 6. Bh2 nyer.) 3. Ka5 Kd4 (3. — Ke4 4. Bc8 Kf5 5. Bb8! Kg5 6. Bd8 Kf6 7. Hd5f nyer.) 4. Bel Ke5 (4. - Kd3 5. Bc8 Kd4 6. Bd8f Kc5 7. Bdl Kc6 8. Beit Kd6 9. Hc8f nyer.) 5. Bdl Ke6 6. BdS Ke7 7. Bg8 KJ7 8. Bb8! Kg7 9. Bd8 Kf6(7) (9. - Kg6? 10. Hd7 nyer.) 10. Hdöf Kf7 11. Kb6 és nyer. 1567. Bron (Kc4, Be6, f6 — Ka3, Fg6, c2, h4, h6 — Döntetlen.): 1. Ba6f Kb2 2. Bb6f Kel 3. Kc3 h3 (3. - Kdl 4. Bd6f Kel 5. Kb2 h5 6. Kel Kf2 7. f7 Fxf7 8. Bf6t Kg3 9. Bxf7 h3 10. Bg7f! Kh4 11. Bgl h2 12. Bel Kg3 13. Kxc2 Kg2 14. Be2f Kg3 15. Bel Kf2 16. Kd2 dön­tetlen.) 4. f7! Fxf7 0. Bxli6 Fd5! 6. Bh4! Fc6! 7. Bf4! Ff3! 8. Ba4! (8. Bh4? Fg4! stb. nyer.) 8. — Kdl (8. — Kbl 9. Bb4f stb.) 9. Bd4f Kel 10. Bal Kbl 11. Bb4f döntetlen. Minimál tanulmányokra írtak ki szer­zőversenyt a svédek A. Aker- blom emlékére. A közelgő ha­táridő miatt a feltételek rész­letezése már nem időszerű, csupán címünk fogalomkö­rébe kívánunk betekinteni.

Next

/
Oldalképek
Tartalomjegyzék