Ενα ακόμα καλλιτεχνικό πρόβλημα του Σίνκμαν από το 1880, όπου μας ζητάει να κάνουμε ΜΑΤ με τα λευκά σε (2) δύο κινήσεις.

Λευκά: Ρζ3, Βθ4, Ιδ2, Αβ4, Αε2,

Στρ. δ4, ζ2 (7)

Μαύρα: Ρε1, Πθ7, Αζ8,

Στρ. ζ6 (4)

Το ισχυρό:

Λευκά: Ρζ7, Ιβ2, Αα6, Αδ4,

Στρ. α3, β5 (6)

Μαύρα: Ρα5, Αζ2,

Στρ. α7, ε3, η3 (5)

Πενήντα δύο χρόνια πλησιάζει η σύνθεση του Χ. Λεπούσχιτζ και είμαστε σίγουροι ότι θα σας δυσκολεύσει! Λοιπόν, παίζουν τα λευκά και κάνουν ΜΑΤ σε (4) τέσσερις κινήσεις.

Η ΛΥΣΗ ΤΟΥ ΠΡΟΗΓΟΥΜΕΝΟΥ

Λευκά: Ρα1, Βθ1, Πη1, Αβ4 (4)

Μαύρα: Ργ2, Αδ1 (2)

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

Υποθετικά, αν ο μαύρος έχει απάντηση - στην αναμενόμενη 1η κίνηση του λευκού - 1... Ργ1 τότε 2. Βγ6 ματ. Αρα, Πη4! Ργ1 2. Πγ4+ματ. Αν 1... Ρβ3 2. Βδ1+ματ. Αν 1... Ρδ3 2. Βε4! Τέλος, Α~ 1... Α~ τότε 2. Ββ1 + ματ. Αρκετά έξυπνη η «μινιατούρα» του Χάβελ.

* Στο θέμα, «Οταν έχετε τα λευκά, πόσο παίζετε με τα... μαύρα;» είχαμε (μετά από 1... Ιγ5;) 2. Ιε5! δε5 3. Αε6 ζε6 4. Βδ8+ Ρζ7 5. Αγ7 κλπ. Στη 2η άσκηση είχαμε 1... Βα2; 2. Βδ8+!! Ρδ8 3. Αα5++ Ρ~ 4. Πδ8+ ματ!

Η λύση του ισχυρού:

Στο πρόβλημα του Κούμπελ έχουμε μία κίνηση αναμονής 1. Ιδ4 β4 2. Βε2+ Ργ3 3. Ιβ5+ Ρβ3 4. Ιγ5+ματ! Αν 1... η5 2. Βγ2+ Ρε3 3. Ιζ5 Ρζ3 4. Ιε5+ματ. Τέλος, αν 1... Ργ3 τότε 2. Βε3+ Ργ4 3. Ιβ6+ Ρβ4 4. Ιγ6+ματ!