Sokszor voltam tagja különböző szintű versenyek bizottságának. Ezekben a tételek összeválogatása a teendő, majd az eredmény lemérése. Lapunk szerkesztőbizottságának "kitűzési'' ülései is ilyesfélék. Az a szokás, hogy az előadott javaslatokat, ötleteket "megvariáljuk'', csavargatjuk; mérlegeljük a nehézségeket, a megfogalmazást stb. Nemegyszer messze elkalandozunk, ki-ki a kedve szerint. ‐ Most odaképzelem magamat az 1989. évi Nemzetközi Matematikai Diákolimpia válogató ülésére, de csak az ottani 1. feladatra szorítkozom: "Bizonyítsuk be, hogy az $\mathrm{1,2,}\text{...}\mathrm{,1989}$ halmaz előáll $117$ darab olyan diszjunkt halmaz, $A_1\mathrm{,}{A}_2\text{...}\mathrm{,}{A}_{117}$ egyesítéseként, amelyekre teljesül, hogy
a) mindegyiküknek $17$ eleme van, továbbá, hogy
b) mindegyikükben ugyanannyi az elemek összege.''

(Megoldása a KÖMAL 1989. évi 8‐9. szám 348. oldalán.)
Kanada képviselője talán ezt gondolta: "a mi CRUX-unkban pár hónapja jelent meg ez a kérdés, de általánosabban, ti., hogy (az 1989-es szám helyett) mely $n$-ekre van ilyen elrendezés.'' ‐ Bizonyára többen is mondták: "ezt nem lehet kihagyni!'' Bár gyakori, hogy a tetszőleges $n$ szám helyére beírják az éppen aktuális évszámot, de itt a $17\cdot 117$ prímfelbontásnak lényegesebb szerepe van.
Ezért néztem meg a "fordított'' kérdést: 17 részhalmazt alakítani egyezően 117 számmal és egyező összegekkel. Nekem ez valamivel könnyebbnek látszik, mivel ‐ a közölt megoldáshoz kapcsolódva ‐ kicsit kevesebbet kell beszélni az "előrendezés'' utáni kiegyenlítésekről. Az ottani 8-as helyett 58-as "falkákban'' lehetne beírni a sorokba a számokat ($117-1$ fele 58), és azután a $2k$-adik és $\left(2k+1\right)$-edik sorok kiegyenlítése mindig elérhető egyetlen cserével. (Megtartva persze azt a tulajdonságot, hogy a táblázat $A$ sávjának minden $z$ számával egy sorban van a $C$ sávban az $1990-z$ szám, a halmazbeli aritmetikai tükörkép (számtani kép) a középső 995-ös centrumra nézve.)
Az ilyen elrendezés nyilván sokféleképpen változtatható, akárcsak az eredeti feladat megoldásáé. Kézenfekvő sejtés, hogy olyan elrendezései is vannak a halmaznak $17\times 117$ mezőben, hogy minden sorösszeg egyenlő, és minden oszlopösszeg is (akkor persze $117\cdot 995$, illetőleg $17\cdot 995$ a közös érték). Az ilyen elrendezéseket bűvös téglalapnak nevezik.
Egy további elgondolás: ha van ilyen elrendezés, arra építve, már olyat is föl lehet írni az $\left\{\mathrm{1,2,}\text{...}{1989}^2\right\}$ számokból $1989\times 1989$ mezőben, hogy minden sor- és oszlopösszeg egyenlő. Ez félig bűvös négyzet lenne. (Szerencsés esetben a két átlóra is adódhat ugyanaz az összeg, és akkor bűvös négyzetről beszélhetünk.)
Az utóbbi sejtésnek az az alapja, hogy a 15 is "CRUX-os szám'', és hogy az 1‐2. ábrák $3\times 5$ mezős, valamint $5\times 3$ mezős bűvös téglalapjai alapján valóban lehet $15\times 15$-ös bűvös négyzetet felírni, és ez lényegesen más, mint "klasszikus'' menetvonalas beírásmód szerinti. A 2. ábra az 1.-ből származik $-{90}^{\circ }$-os elforgatással, mezőnként 1 levonással, végül 15-tel szorozva: így lett pl. a 14-ből 195. Az 1. ábra centrális, vagyis a 8-as középszámra tükrös helyzetű számpárok aritmetikailag tükrösek, pl. 9+7=16. Ezért a 2. ábrán is egyenlők a megfelelő összegek, és pl. $195+15=2\cdot 105$. Ez biztosítja a felírandó $15\times 15$-ös négyzet átlóinak bűvösségét.
Ilyen négyzetet a következőképpen nyerhetünk: A $15\times 15$ mezőt 15 db 3 soros, 5 oszlopos téglalapra osztjuk, azaz 5 vízszintes sávra és 3 függőleges sávra, egyenként 15 mezővel. Minden mezőbe két szám összege kerül. Az első tag téglalaponként közös, a 2. ábrából vesszük át, helyzet szerint. A második tag minden téglalapban az 1. ábra szerinti.