1
Artur Zieliński
Kwadraty magiczne i kwadraty greko-łacińskie w pracach Eulera
Kwadraty magiczne znano juŜ w czasach prehistorycznych [6]. Najstarszym znanym
kwadratem magicznym jest kwadrat magiczny Loh-Shu, który powstał około 2800 r. p. n. e.
Jak głosi legenda, został on wyryty na skorupie Ŝółwia, który wyszedł po powodzi z jednej z
rzek. Sam termin Loh-Shu oznacza „mapa rzeki”.
Prawdopodobnie problem konstrukcji kwadratów magicznych bierze swój początek w
Indiach [7]. Kwadrat magiczny
4
4
×
został odnaleziony w inskrypcjach Jaina pochodzących
z okresu XII-XIII w. n.e. i był on postaci:
7
12
1
14
2
13
8
11
16
3
10
5
9
6
15
4
W Europie kwadraty magiczne pojawiły się w XV wieku, a Grek Moscopulus wskazał
pierwsze prawidła ich konstruowania.
Jednym z najbardziej znanych kwadratów magicznych posiadających wiele ciekawych
własności jest kwadrat, który znalazł się na obrazie
Melancholia niemieckiego malarza
Albrechta Dürera.
16
3
2
13
5
10 11
8
9
6
7
12
4 15 14
1
2
W późniejszych wiekach matematycy nadal interesowali się tym tematem.
Leonard Euler napisał dwie prace poświęcone kwadratom magicznym i kwadratom greko-
łacińskim, a mianowicie prace [1] i [2]. Pierwszą z tych prac Euler przedstawił w
Petersburskiej Akademii Nauk 17 października 1776 roku. Zaraz w pierwszym paragrafie
wyjaśnia, Ŝe kwadrat magiczny jest to taka figura, w której rozmieszczamy liczby naturalne w
taki sposób, Ŝe suma liczb w kaŜdej kolumnie, w kaŜdym wierszu oraz obu przekątnych jest
równa. Euler uŜywa do tworzenia kwadratów magicznych formuły mx + n, w której m
przyjmuje wartości 0, 1, 2, …,
1
−
x
, natomiast n wartości 1, 2, 3, …, x. Następnie formułę tą
dzieli na dwie części, tzn. mx oraz n. KaŜda wartość mx zastępowana jest literą łacińską,
natomiast wartość n literą grecką. W związku z tym kaŜdą liczbę moŜna przedstawić jako
kombinację litery łacińskiej i greckiej, np.
α
+
a
.
Konstrukcje kwadratów magicznych Euler zaczyna od przypadku
3
3
×
, poniewaŜ kwadrat
2
2
×
ma zbyt mało komórek, aby móc z niego zbudować kwadrat magiczny.
Omówię teraz sposób, w jaki Euler konstruuje kwadraty
3
3
×
oraz
4
4
×
.
Dla przypadku
3
3
×
mamy do dyspozycji trzy litery łacińskie a, b, c oraz trzy litery
greckie α, β, γ, gdzie litery łacińskie przyjmują wartości 0, 3, 6, natomiast litery greckie
1, 2, 3. Najpierw w kwadracie rozmieszczamy litery łacińskie, tj.
a b c
b c a
c a b
Widoczne jest, Ŝe w prawej przekątnej trzykrotnie pojawiła się litera c. Nie jest to jednak
Ŝaden problem, wystarczy przyjąć, Ŝe
c
b
a
c
+
+
=
3
, czyli
c
b
a
2
=
+
. Stąd widać, Ŝe c moŜe
przyjąć tylko wartość 3.
Następnie w kwadracie rozmieszczamy litery greckie w następujący sposób:
Podobnie, jak w przypadku rozmieszczenia liter łacińskich, naleŜy załoŜyć, Ŝe
γ
β
α
γ
+
+
=
3
, a stąd
γ
β
α
2
=
+
, co daje γ = 2.
Następnie oba kwadraty łączymy ze sobą, tzn. elementom pierwszego kwadratu
przypisujemy odpowiednie elementy kwadratu drugiego (patrz rysunek poniŜej), w wyniku
czego otrzymujemy:
gdzie aγ nie oznacza iloczynu, lecz jest to raczej umowny i bardziej czytelny zapis sumy
wartości liter łacińskiej i greckiej (np.
2
2
0
=
+
=
+
=
γ
α
αγ
).
γ β α
α γ β
β α γ
aγ bβ cα
bα cγ aβ
cβ aα bγ
3
Podstawiając wartości liczbowe w miejsce liter otrzymamy kwadrat magiczny następującej
postaci:
przyjmujemy c i γ jw., natomiast a = 0, b = 6, α = 1, β = 3. Inne moŜliwe przypadki dla tego
typu kwadratu [4]:
3
,
1
0
,
6
=
=
=
=
β
α
b
a
1
,
3
6
,
0
=
=
=
=
β
α
b
a
1
,
3
0
,
6
=
=
=
=
β
α
b
a
Suma wszystkich linii w tych czterech kwadratach jest stała i wynosi 15.
Omówię teraz konstrukcję podaną przez Eulera dla kwadratu
4
4
×
.
W tym i kolejnych przypadkach, nie ma juŜ konkretnego przepisu na rozmieszczanie liter
łacińskich i greckich. W pierwszym rzędzie rozmieszczamy litery łacińskie zgodnie z ich
porządkiem, a w drugiej komórce lewej przekątnej umieszczamy jedną z liter
c lub d. Jeśli
wpisaliśmy
c, pozostałe moŜna juŜ rozmieścić bez większych problemów.
Następnie rozmieszczamy litery greckie w taki sposób, Ŝe w lewej przekątnej do liter
łacińskich przypisujemy ich greckie odpowiedniki. Pozostałe litery greckie moŜna rozmieścić
juŜ bez Ŝadnych problemów. Otrzymamy figurę:
W tym przypadku moŜemy utworzyć 576 figur (permutacji tych czterech liter mamy 4!, a
zatem kwadratów magicznych jest
576
24
24
!
4
!
4
=
⋅
=
⋅
). Jednak nie wszystkie moŜliwe
kwadraty otrzymamy dzięki tej metodzie, w której w kaŜdym rzędzie i kolumnie są róŜne
litery greckie i łacińskie. Oto przykład kwadratu magicznego, w którym litery łacińskie
powtarzają się w rzędach, a litery greckie w kolumnach:
2 9 4
7 5 3
6 1 8
8 3 4
1 5 9
6 7 2
8 1 6
3 5 7
4 9 2
2 7 6
9 5 1
4 3 8
a b c d
d c b a
b a d c
c d a b
aα bδ cβ dγ
dβ cγ bα aδ
bγ aβ dδ cα
cδ dα aγ bβ
4
W
przypadku
kwadratów
5
5
×
mamy
juŜ
14400
róŜnych
wariacji
)
14400
120
120
!
5
!
5
(
=
⋅
=
⋅
. Oto przykład kwadratu magicznego
5
5
×
(inne otrzymujemy
poprzez zamianę kolumn lub wierszy, ale naleŜy pamiętać o warunku na przekątne):
Jeśli chodzi o kwadrat
6
6
×
, to Euler w swojej pracy [1] podaje tylko figurę składającą się
z połączonych liter greckich i łacińskich, nie podaje jednak Ŝadnego konkretnego przykładu
kwadratu magicznego. Figura ta jest postaci:
Konstrukcja kwadratów łacińskich i greko-łacińskich jest bardzo dokładnie omówiona w
drugiej z prac Eulera [2]. Nazwy te wprowadził sam Euler, a wzięły się one stąd, Ŝe w
kwadraty były wpisywane zarówno litery łacińskie, jak i greckie.
Na początku swoje pracy, Euler przedstawia pewien problem, znany obecnie jako
Problem
36 oficerów [2]:
Kolumna Ŝołnierzy składa się z 36 oficerów z 6 róŜnych regimentów i w 6 róŜnych rangach
(kaŜdy regiment jest reprezentowany przez 6 oficerów w róŜnych rangach). Czy moŜna ich
ustawić w kwadrat tak, aby Ŝadna ranga i Ŝaden regiment nie zostały powtórzone w tym
samym wierszu ani w tej samej kolumnie?
Podobnie jak w pracy [1], Euler wprowadza litery łacińskie (na oznaczenie 6 regimentów)
oraz litery greckie (na oznaczenie 6 rang). W ten sposób kaŜdy oficer jest opisany przy
pomocy dwóch liter, z których pierwsza oznacza regiment z jakiego oficer pochodzi, a druga
jego rangę. Wszystkich kombinacji 6 liter greckich i 6 łacińskich jest 36 i wszystkie te
elementy musimy umieścić w kwadracie
6
6
×
.
Mamy zatem trzy warunki do spełnienia:
1) w kaŜdym rzędzie musi znaleźć się 6 liter greckich i 6 łacińskich,
2) w kaŜdej kolumnie musi znaleźć się równieŜ 6 liter greckich i 6 łacińskich,
3) wszystkie pary, których jest 36, muszą się znaleźć w kwadracie.
Euler stwierdził, Ŝe takie rozmieszczenie nie jest moŜliwe. W 1900 roku przypuszczenie to
potwierdził Gaston Tarry, który wypisał wszystkie moŜliwe kwadraty łacińskie (było ich
812851200) i nie znalazł Ŝadnego kwadratu spełniającego wszystkie trzy warunki. Swoje
badania nad tym problemem przedstawił w pracach [8] i [9].
aα aδ dβ dγ
dα dδ aβ aγ
bδ bα cγ cβ
cδ cα bγ bβ
1
4
14 15
13 16
2
3
8
5
11 10
12
9
7
6
8
20
2
21 14
16
3
15
9
22
25
7
19 13
1
4
11 23 17 10
12 24
6
5
18
bδ cγ dβ eα aε
cα dδ aγ bε eβ
eγ bβ cε aδ dα
dε aα eδ cβ bγ
aβ eε bα dγ cδ
aα aζ aβ fε
fγ
fδ
fα fζ
fβ aε aγ aδ
bα bζ bβ eε eγ eδ
eζ eα eε bβ bδ bγ
cζ cα cε dβ dδ dγ
dζ dα dε cβ cδ cγ
5
Problem rozmieszczenia liter łacińskich i liter greckich został rozszerzony w [2] do
kwadratu
n
n
×
. KaŜdej literze łacińskiej, podobnie, jak to miało miejsce w [1], przypisujemy
wartości 0, n, 2n, ..., (n–1)n, natomiast literom greckim wartości 1, 2, 3, ..., n. Dla
przejrzystości zapisu litery łacińskie oraz greckie zastępujemy kolejnymi liczbami
naturalnymi 1, 2, 3, ..., n. Dla ułatwienia liczby reprezentujące litery greckie będziemy
zapisywać jako wykładnik. Obrazuje nam to poniŜszy przykład kwadratu
7
7
×
:
aα bζ cδ dγ eη fε
gβ
bβ cη aε eδ dα gζ fγ
cγ fα eζ gε aβ dη bδ
dδ eβ fη
aζ gγ bα cε
eε aγ gα bη fδ
cβ dζ
fζ
gδ dβ cα bε eγ aη
gη dε bγ fβ cζ aδ eα
PowyŜszy kwadrat spełnia trzy wymagane warunki. Przeanalizujmy teraz jego konstrukcję.
Opuszczamy wykładniki w wyniku czego otrzymujemy następujący kwadrat łaciński:
w którym to, w kaŜdym rzędzie i w kaŜdej kolumnie występują wszystkie liczby od 1 do 7.
Euler przyjął, Ŝe w pierwszej kolumnie wykładniki odpowiadają liczbie łacińskiej.
Zaczynamy od wykładnika równego jeden i rozmieszczamy go tak, aby pojawił się w kaŜdej
kolumnie i przy róŜnych liczbach (od 1 do 7). Podobnie dla wykładników 2, 3, 4, 5, 6 i 7. W
wyniku czego otrzymamy następujące formuły dla:
wykładnika 1 mamy 1 6 7 3 4 2 5,
wykładnika 2 mamy 2 5 4 6 1 3 7,
wykładnika 3 mamy 3 1 2 4 7 5 6,
wykładnika 4 mamy 4 7 3 5 6 1 2,
wykładnika 5 mamy 5 4 1 7 2 6 3,
wykładnika 6 mamy 6 2 5 1 3 7 4,
wykładnika 7 mamy 7 3 6 2 5 4 1.
Formuły te będziemy nazywali formułami przewodnimi.
Dla przykładu wyznaczę formułę przewodnią dla wykładnika 6. Pierwsze cztery elementy
wybieramy przypadkowo i przyjmujemy je jako dane:
6 2 5 1
1
1
2
6
3
4
4
3
5
7
6
5
7
2
2
2
3
7
1
5
5
4
4
1
7
6
6
3
3
3
6
1
5
6
7
5
1
2
4
7
2
4
4
4
5
2
6
7
1
6
7
3
2
1
3
5
5
5
1
3
7
1
2
7
6
4
3
2
4
6
6
6
7
4
4
2
3
1
2
5
5
3
1
7
7
7
4
5
2
3
6
2
3
6
1
4
5
1
1
2
3
4
5
6
7
2
3
1
5
4
7
6
3
6
5
7
1
4
2
4
5
6
1
7
2
3
5
1
7
2
6
3
4
6
7
4
3
2
5
1
7
4
2
6
3
1
5
6
Wybrałem je z pierwszych czterech kolumn i z wierszy 6, 1, 3 i 4. Oczywiste jest, Ŝe
pozostałe trzy elementy naleŜy wybrać z trzech ostatnich kolumn i wierszy 2, 5 i 7. Zatem
wykładnik 6 musimy umieścić w poniŜszym kwadracie:
4 7 6
6 3 4
3 1 5
Stąd widać, Ŝe w pierwszej kolumnie powyŜszego kwadratu wykładnik 6 powinien stać przy
3, w drugiej przy 7, a w trzeciej przy 4.
Przejdę teraz do klasyfikacji kwadratów, jakiej dokonał w swojej pracy Euler. Badał on
kwadraty stopnia pierwszego, drugiego, trzeciego i czwartego.
Ogólna postać kwadratu stopnia pierwszego wygląda następująco:
1
2
3
4
5
6
... n
2
3
4
5
6
... n
1
3
4
5
6
... n
1
2
4
5
6
... n
1
2
3
5
6
... n
1
2
3
4
6
... n
1
2
3
4
5
itd.
Widać, Ŝe komórki kolejnych wierszy róŜnią się mod n o 1 od tych znajdujących się powyŜej.
W kwadracie stopnia drugiego pierwszy wiersz pozostaje bez zmian, w drugim z kolei
zamieniamy miejscami dwie kolejne liczby wiersza pierwszego, tzn. 1 z 2, 3 z 4, itd. Trzeci
wiersz otrzymamy dodając 2 do kaŜdego elementu wiersza pierwszego, czwarty poprzez
dodanie 2 do kaŜdego elementu wiersza drugiego. Czynność tą kontynuujemy dla pozostałych
wierszy kwadratu i otrzymujemy następującą ogólną postać kwadratu łacińskiego:
1
2
3
4
5
6
...
2
1
4
3
6
5
...
3
4
5
6
7
8
...
4
3
6
5
8
7
...
5
6
7
8
9
10 ...
6
5
8
7
10 9
...
itd.
Oczywiście kwadrat tej postaci moŜe pojawić się tylko wówczas, gdy n będzie parzyste.
W kwadracie stopnia trzeciego bierzemy pod uwagę trzy liczby w pierwszym rzędzie i
zmieniamy je na trzy róŜne sposoby. Wiersz czwarty otrzymamy dodając 3 do kaŜdego
elementu wiersza pierwszego, piąty dodając 3 do elementów wiersza 2, a szósty dodając 3 do
elementów wiersza trzeciego. Podobnie otrzymujemy kolejne wiersze naszego kwadratu, co
daje nam następującą postać kwadratu łacińskiego stopnia trzeciego:
7
1
2
3
4
5
6
7
8
9
...
2 3
1
5
6
4
8
9
7
...
3
1
2
6
4
5
9
7
8
...
4
5
6
7
8
9
10 11 12 ...
5
6
4
8
9
7
11 12 10 ...
6
4
5
9
7
8
12 10 11 ...
itd.
Oczywiste jest, Ŝe ten typ kwadratu jest tylko moŜliwy, gdy n jest podzielne przez 3.
Klasyfikację, o której przed chwilą wspomniałem, Euler szczegółowo omawia w [2].
RozwaŜania swoje prowadzi takŜe nad kwadratem stopnia czwartego, dla którego nie moŜna
juŜ podać postaci ogólnej poniewaŜ pierwsze cztery wyrazy dają nam kilka róŜnych
transpozycji, a w związku z tym będziemy mieli kilka głównych postaci kwadratów stopnia
czwartego.
Omówię tylko pierwszą z tych klas, tzn. kwadraty łacińskie stopnia pierwszego.
Najprostszym przypadkiem jest kwadrat łaciński dla n = 2, jednak dla niego nie moŜna
wybrać formuły przewodniej, poniewaŜ dwukrotnie pojawią się elementy 1
1
oraz 2
2
, a
zabraknie elementów 1
2
i 2
1
(rysunek poniŜej):
Dla n = 3 mamy następujący kwadrat łaciński:
1 2 3
2 3 1
3 1 2
Przekątna tego kwadratu od razu daje nam formułę przewodnią dla elementu 1, dwie
pozostałe formuły jest juŜ wówczas łatwo wyznaczyć. Otrzymujemy:
dla wykładnika 1 1 3 2
dla wykładnika 2 2 1 3
dla wykładnika 3 3 2 1
Jest to jedyne rozwiązanie dla tego przypadku.
Kolejnym przypadek, jaki odnajdujemy w pracy [2], dotyczy n = 4. Euler zauwaŜa, Ŝe nie
jest moŜliwe wybranie Ŝadnej formuły przewodniej dla następującego kwadratu łacińskiego:
1 2 3 4
2 3 4 1
3 4 1 2
4 1 2 3
W §20 [2] Euler stwierdza: Dla wszystkich przypadków, gdy n jest liczbą parzystą, kwadraty
łacińskie stopnia pierwszego nie posiadają rozwiązania, tzn. nie jest moŜliwe znalezienie dla
nich formuł przewodnich.
1 2
2 1
1
1
2
2
2
2
1
1
8
W tym samym paragrafie jest takŜe podany dowód tego przypuszczenia.
NaleŜy wykazać, Ŝe nie istnieje formuła przewodnia dla wykładnika 1 dla wszystkich
kwadratów łacińskich stopnia pojedynczego, gdzie n jest liczbą parzystą. ZałóŜmy, Ŝe taka
formuła istnieje i jest nią
1 a b c d e itd.
Litery a, b, c, d, itd., których mamy n-1, oznaczmy liczbami 2, 3, 4, …, n w jakimś porządku,
który odpowiada rzędom określonym przez litery α, β, γ, δ, ε, itd., którym takŜe przypisujemy
liczby 2, 3, 4, …, n. W związku z tym suma liter greckich musi być równa sumie liter
łacińskich. PoniewaŜ druga litera a, naszej formuły jest wzięta z drugiej kolumny i z rzędu,
który odpowiada literze α, mamy:
)
(mod
1
n
a
+
≡
α
Podobnie czynimy dla pozostałych elementów i otrzymujemy:
.
)
(mod
5
,
4
,
3
,
2
itd
n
e
d
c
b
+
≡
+
≡
+
≡
+
≡
ε
δ
γ
β
Suma wszystkich liter greckich jest równa:
S
=
+
+
+
+
+
...
ε
δ
γ
β
α
,
natomiast liter łacińskich:
)
(mod
)
1
(
...
5
4
3
2
1
...
n
n
S
e
d
c
b
a
−
+
+
+
+
+
+
+
≡
+
+
+
+
+
,
lub
)
(mod
)
1
(
...
2
1
n
n
n
S
e
d
c
b
a
−
+
≡
+
+
+
+
+
.
n
S
e
d
c
b
a
λ
=
−
+
+
+
+
+
...
Stąd:
n
n
n
λ
=
−
)
1
(
2
1
,
co po podzielenie przez n daje:
λ
=
−
)
1
(
2
1
n
.
PoniewaŜ λ jest liczbą całkowitą, to n musi być liczbą nieparzystą. Na tym Euler kończy
dowód swojego przypuszczenia. Tym samym wykazał, Ŝe formułę przewodnią moŜna znaleźć
tylko dla przypadków, gdy n jest liczbą nieparzystą.
Na koniec chciałbym opowiedzieć o metodzie, jakiej Euler uŜył do obliczania wszystkich
moŜliwych odmian kwadratów łacińskich dla zadanego n. W poniŜszej tabeli są podane
wyniki dla początkowych liczb naturalnych.
9
n
Liczba odmian
1
0
2
1
3
1 = 1·1 + 0·0
4
3 = 2·1 + 1·1
5
11 = 3·3 + 2·1
6
53 = 4·11 + 3·3
7
309 = 5·53 + 4·11
8
2119 = 6·309 + 5·53
9
16687 = 7·2119 + 6·309
10 148329 = 8·16687 + 7·2119
itd
itd
Jeśli weźmiemy litery P, Q, R, S będące liczbą odmian kwadratów łacińskich, które
odpowiadają kolejno liczbom n, n+1, n+2, n+3 otrzymamy równania, które Euler podaje w
[2]:
P
n
nQ
R
)
1
(
−
+
=
oraz
nQ
R
n
S
+
+
=
)
1
(
.
Z tych dwóch równości moŜemy wyznaczyć formułę, która będzie określała S tylko prze P,
Q, R, a nie będzie zaleŜała od n.
Z pierwszego równania mamy:
)
)(
1
(
P
Q
n
Q
R
+
−
=
−
skąd
(1)
Q
P
Q
R
n
+
−
=
−
1
.
Natomiast z drugiego równania:
)
(
R
Q
n
R
S
+
=
−
,
a stąd
(2)
R
Q
R
S
n
+
−
=
.
Wówczas odejmując (1) od (2), otrzymamy:
Q
P
Q
R
R
Q
R
S
+
−
−
+
−
=
1
.
Wyznaczamy stąd S, które będzie równe:
Q
P
PR
QR
PR
PQ
S
+
+
+
+
=
2
2
.
Zatem, biorąc np. wartości P = 53, Q = 309, R = 2119, otrzymamy, Ŝe S = 16687 (dla n = 9).
Podana przez Eulera liczba odmian kwadratów łacińskich jest błędna juŜ dla kwadratu
łacińskiego rzędu 4. Rybnikow w swojej ksiąŜce "Wwiedienie w kombinatornyj analiz"
10
(Moskwa 1972) podaje, Ŝe dla n=4 mamy 4 kwadraty łacińskie, dla n=5 56 (u Eulera jest ich
tylko 11), dla n=6 jest ich juŜ 9408, a Euler w swojej pracy [2] podał, Ŝe jest ich tylko 53.
W ciągu ostatnich kilkudziesięciu lat praca [2] była bardzo często cytowana lub omawiana,
między innymi w:
-
Alter R., How many Latin squares are there, Amer. Math. Monthly, 82 (6) (1975),
632-634.
-
Bose R.C, Shrikhande SS., On the falsity of Euler's conjecture about the non-
existence of 2 orthogonal Latin squares of order 4T+2, Proc. Nat. Acad. Sci. USA, 45
(5) (1959), 734-737.
-
Finney D. J., Latin squares of the 6th order, Experientia, 2 (10) (1946), 404-405.
-
Hedayat A., On a statistical optimality of magic squares, Stat. Probabil. Lett., 5 (3)
(1987), 191-192.
-
Kirton H. C., Mutually orthogonal partitions of the
6
6
×
Latin squares, Utilitas
Mathematica, 27 (MAY) (1985), 265-274.
-
Parker E. T.,
Orthogonal Latin squares, Proc. Nat. Acad. Sci. USA, 45 (6) (1959),
859-862.
-
Uko L.U.,
The anatomy of magic squares, ARS Combinatoria, 67 (2003), 115-128.
-
Ullrich P.,
Officers, playing cards, and sheep - on the history of Eulerian squares and
of the design of experiments, Metrika, 56 (3) (2002), 189-204.
W szczególności, w drugiej z cytowanych prac obalone jest dla wszystkich
1
>
T
przypuszczenie Eulera, Ŝ
e nie ma kwadratów greko-łacinskich rzędu
2
4
+
T
.
Tematyka kwadratów łacińskich jest nadal bardzo popularna. Autor [3] uwaŜa, Ŝe
prekursorem tej popularnej obecnie gry był właśnie Leonard Euler, który badał kwadraty
łacińskie, w oparciu o które określa się sudoku .
Chciałbym podziękować Panu Profesorowi Witoldowi Więsławowi za udostępnione
materiały oraz wskazówki do mojej pracy, a takŜe Panu Profesorowi Andrzejowi Schinzelowi
za cenne uwagi.
11
Literatura
[1] L
EONARD
E
ULER
, De quadratis magicis, Commentationes arithmeticae 2, 1849, s. 593-
602. [takŜe : Opera posthuma 1 (1862), 140-151, oraz : Commentationes algebraicae, Opera
omnia, series prima, tom VII, Lipsiae 1923, 441-457].
[2] L
EONARD
E
ULER
, Recherches sur une nouvelle espece de quarres magiques,
Verhandelingen uitgegeven door het zeeuwsch Genootschap der Wetenschappen te Vlissingen
9 (Middelburg w 1782), 85-239. [przedruk w : Commentationes arithmeticae, 1849, 302-361;
takŜe: Commentationes algebraicae, Opera omnia, series prima, tom VII, Lipsiae 1923, 292-
392].
[3] G
IL
G
ALANTI
, The History of Sudoku, 2006.
[4] C
HRISTOPHE
H
EBEISEN
, Euler et les carrés magiques, Lausanne, 2000.
[5] H
ERMANN
S
CHUBERT
, Mathematical Essays and Recreations, The Open Court Publishing
Company, 1899.
[6] H
AROLD
M
EAD
S
TARK
, An introduction to number theory, 1970.
[7] W
ILLIAM
S
YMES
A
NDREWS
, Magic Squares and Cubes, New York, 1960.
[8] G
ASTON
T
ARRY
, Le problème de 36 officiers, Compte Rendu de l'Assoc. Française Avanc.
Sci. Naturel 1 (1900), 122-123.*
[9]
G
ASTON
T
ARRY
, Le problème de 36 officiers, Compte Rendu de l'Assoc. Française Avanc.
Sci. Naturel 2 (1901), 170-203.*
* - prace te są dla mnie niedostępne.
Copyright © by Arczi 2009 All rights reserved