Από το 1955 είναι το σημερινό κεντρικό πρόβλημα του Δ. Μπρόθερτον, όπου τα μαύρα θα γίνουν ΜΑΤ σε δύο (2) κινήσεις, όσο καλά και αν αμυνθούν. Παίζουν τα λευκά:

Λευκά: Ρα8, Πβ7, Πζ7, Αδ3, Αε5 (5)

Μαύρα: Ρη8, Πθ8, Αθ6, Στρ. η7 (4)

Το ισχυρό:

Λευκά: Ρθ2, Ιγ1, Ιε4, Αζ5, Αη1, Στρ. θ3 (6)

Μαύρα: Ρζ3, Βδ8, Στρ. γ2, ζ4 (4)

Η σκακιέρα είναι απαραίτητη για να ασχοληθεί κανείς με αυτό το πρόβλημα, όχι μόνο γιατί είναι πολλών κινήσεων, αλλά και για το ότι τέσσερα ελαφρά κομμάτια αντιμετωπίζουν τη μαύρη βασίλισσα και το προωθημένο πιόνι «γ2»! Λοιπόν, παίζουν τα λευκά και κάνουν ΜΑΤ σε τέσσερις (4) κινήσεις.

Λευκά: Ρζ2, Βε1, Πε2, Ια8, Ιβ6, Αθ1, Στρ. α5, γ6, ζ6 (9)

Μαύρα: Ρδ6, Ιβ8, Ιη6, Αβ7, Στρ. α6, β5, γ5, δ3, ζ7 (9)

Παίζουν τα λευκά και κάνουν ΜΑΤ σε (2) δύο κινήσεις.

Το δεύτερο «BRISTOL» του Νίκου Περγιάλη (1983), αυτό της αναμονής, όπου οι δύο βαριάντες στην ίδια ευθεία είναι ΒΧε5 και ΒΧε7. Ολες οι άλλες βαριάντες - ως προς το BRISTOL - είναι εξωθεματικές, υπογραμμίζει ο γνωστός ρεμπέτης. 1. Πε7! Ιδ7 ή ΙΧγ6 2. Πδ7Χ. Αν 1... Α~ τότε 2. Ιγ8Χ. Αν 1. Ιηε7 2. Βε7Χ. Αν Ιη~ 2. Βε5+ ματ! Επίσης, υπάρχουν: 1... β4 ή 1... γ4 ή 1...δ2 με αντίστοιχα ματ 2. Ιγ4 ή Ββ4 ή Βδ2!

Η λύση του ισχυρού:

Το «τριάρι» το Σίνκμαν είχε την εξής όμορφη λύση: 1. Πγ2 (απειλεί 2. Πη2 Ρζ6 3. Βζ1Χ) 1... η1=Β 2. ΒΧΒ+ Ρζ6 3. Πζ2 ματ! Αν 2... Ρθ6 2. Πθ2Χ.