Rozdanie z pojedynku licytacyjnego we francuskim Le Bridgeur:
K D W 5 D 7 K W 2 A 8 5 2 |
|
A 3 W 3 A D 10 5 3 K 10 4 3 |
Problem wyboru właściwej końcówki możemy poszerzyć o następujące rozdanie:
K D 10 5 D 7 K W 2 A 8 5 2 |
|
A W 3 9 3 A D 10 5 K 10 4 3 |
Oto propozycja rozwiązania powyższych problemów.
W WJ 21++ z układem 5/4 w starszych licytujemy zawsze Staymana. A więc, transfery 2K/C wykluczają czwórkę w drugim starszym.
Odzywce 2K po 1BA nadajemy nowe (a raczej dodatkowe) znaczenie.
2K staje się dwuznaczne:
1) transfer na kiery,
2) wskazanie kolorów młodszych
Otwierający licytuje:
|
|
? |
. |
|
|
2C |
? |
|
|
2P(4 kiery) |
? |
Jak widać rozwiązanie jest bardzo proste, a wpadła na niego francuska para Marc Bompis – Jean Ch. Quantin.
Rozdanie 1.
(problemowe z Le Bridgeura)
K D W 5 D 7 K W 2 A 8 5 2 |
1BA - 2K 2C - 2P 2BA - 3K ? |
A 3 W 3 A D 10 5 3 K 10 4 3 |
Licytujemy więc dalej:
|
|
2C 2BA 4K ? |
2P 3K 4P . |
Proszę zauważyć, iż grając w turnieju, W w pogoni za maksem, wiedząc o asie pik (cue-bid) i dwóch zgubnych lewach w kierach,
może spasować na 4P (na 6-ciu atutach), które zostanie wygrane (11 lew) przy ich rozkładzie 4-3, 62% szans.
Rozdanie 2.
K D 10 5 D 7 K W 2 A 8 5 2 |
1BA - 2K 2C - 2P 2BA - 3P 4P - pas |
A W 3 9 3 A D 10 5 K 10 4 3 |
Rozdanie 3
K D 10 5 K D W W 4 2 A 9 2 |
1BA - 2K 2C - 2P 3BA - pas |
A W 3 9 3 A D 10 5 K 10 4 3 |
Rozdanie 4
K 10 5 K D 8 4 K 2 A 9 5 2 |
1BA - 2K 2P - 3BA pas |
A W 8 9 3 A 10 9 5 K W 4 3 |
Rozdanie 5
W 4 3 A K 10 A 10 6 4 K 9 8 |
|
A K 9 3 D W 8 5 A D 10 4 3 |
W 4 3 A K 10 A 10 6 4 K 9 8 |
|
A K 9 3 D W 8 5 A D 10 4 3 |
|
|
2C 2BA 3K 3BA 4C ? |
2P 3T 3P 4T 4P . |
6 4 3 A 10 5 A K 10 6 K W 8 |
|
A K 9 3 D W 8 5 A D 10 4 3 |
W 4 3 A K 10 A 10 6 4 K 9 8 |
|
A 2 9 3 K D W 8 A D 10 4 3 |
10 4 3 A K A 10 6 4 K W 8 4 |
|
A 2 9 3 K D W 8 A D 10 4 3 |
D W 10 A K D K 10 9 4 8 5 2 |
|
A K 9 3 D W 8 2 A D 10 4 3 |
|
|
2K |
? |
|
|
2K ? |
2C . |
|
|
? |
|
|
|
2P |
3C |