[Về việc tạo bản đồ địa lý]

58

f₂=20 cm tính từ đường thẳng. Xác định độ phóng đại theo chiều dọc của ảnh.

10. Một đường phẳng-lồi mỏng có tiêu cự F=10 cm được nhúng cạnh phẳng của nó vào nước (Hình 8). Một chùm tia sáng song song sẽ hội tụ ở khoảng cách bao nhiêu so với đường thẳng đó? Chiết suất của nước là n=1,33. Đường kính của đường thẳng nhỏ hơn nhiều so với tiêu cự.

Khoa Hóa học

1. MotoshikLIST đã vượt qua cơn lũ đầu tiên của tuyến đường thương mại trong thời gian t=2 s. Giả sử lực phanh không đổi, tìm thời gian cần thiết để xe dừng hẳn.

2. Một tấm ván có khối nằm trên cạnh của nó chuyển động với tốc độ v₀=3 m/s (Hình 9). Khi áp dụng điểm dừng doxie, khối bắt đầu trượt dọc theo bề mặt của nó. Tìm hệ số ma sát giữa vật và đế nếu tại thời điểm vật trượt thì động năng của vật giảm đi 3 lần so với lúc đầu. Chiều dài Doxy l=0,45 m. Gia tốc rơi tự do lấy bằng g=10 m/s2.

3. Một quả bóng có khối lượng m₁=0,1 kg được treo trên một sợi dây nhẹ, không dãn có chiều dài l=0,5 m. Một viên đạn có khối lượng m₂=0,01 kg, bay theo phương ngang với vận tốc v=10 m/s, chạm vào quả bóng và mắc kẹt trong đó. Tìm lực căng chỉ ngay sau khi cắt. Lấy gia tốc rơi tự do bằng g=10 m/s2. Kích thước của quả bóng nhỏ so với chiều dài của sợi chỉ.

4. Electron có điện trường đều có cường độ E=148 V/m (Hình 10). Tại một thời điểm nào đó, vận tốc electron v (v=2·10⁶ m/s) hướng một góc α=60° so với các đường sức từ hợp lưu. Tìm góc β mà tại đó phương trình toán học bài toán có thể giải được!) sẽ hướng tới. Cho dù các nhà hình học có tinh vi đến đâu - và trong số họ có cả những nhà khoa học xuất sắc như Mercator, Euler, Gauss, Chebyshev, Lambert - họ cũng không thể nghĩ ra một cách hoàn hảo về mặt lý thuyết để xây dựng một bản đồ phẳng của một bề mặt hình cầu. Điều này không có gì đáng ngạc nhiên.

Lấy một tờ giấy thông thường và cố gắng quấn nó quanh bề mặt quả địa cầu - các nếp gấp sẽ ngay lập tức xuất hiện hoặc giấy sẽ bị rách. Tại sao? Việc đặt một mặt phẳng lên một hình cầu (ngược lại với hình trụ hoặc hình nón) được theo sau bởi… một định lý toán học phát biểu rằng tổng độ cong của một bề mặt không thay đổi khi thay đổi; đối với hình cầu thì nó là dương, đối với mặt phẳng (cũng như đối với hình trụ và hình nón) thì nó bằng không. Đó là lý do tại sao không thể biến quả cầu thành một mặt phẳng và lập bản đồ Trái đất mà không bị biến dạng.

59

Về định lý Lagrange
(xem trang 30)

2. a) Đối với bất kỳ; 6) cho các khoảng chứa trong các khoảng có dạng $[n; n+1[$, trong đó $n \in \mathbb{Z}$; $n$) cho các khoảng không chứa điểm 0 làm điểm bên trong.
3. 31 giờ chiều
4. $c=(b+a)/2$; hai parabol bất kỳ đều giống nhau.

Trường học yêu thích bài toán

1. Đáp số: 125%. Lời giải. Gọi $m$ là số bạn nam trong vòng tròn, $d$ là số bạn nữ. Theo điều kiện, bài toán $m=0,8d$, từ đó $d=1,25m$, do đó $d$ là 125% của $m$.

2. Đáp số: giây lớn hơn. Gợi ý. So sánh bình phương của các số này, sử dụng bất đẳng thức $\sqrt{1986 \cdot 1984} = \sqrt{1985^2-1} < 1985$.

3. $x^5+x+1=x^5-x^2+x^2+x+1 = x^2(x^3-1)+x^2+x+1 = x^2(x-1)(x^2+x+1)+x^2+x+1 = (x^3-x^2+1)(x^2+x+1)$.

4. Đáp số: $ab$. Lời giải. Cho $AB=a$ và $MN=b$ trong hình thang $ABCD$ (M là trung điểm của CD, các đường thẳng $AB$ và $MN$ vuông góc, Hình 1). Chúng ta hãy vẽ qua $M$ một đường thẳng $PQ$, song song với $A$ và cắt các đường thẳng $AD$ và $BC$ tại các điểm $P$ và $Q$ (xem Hình 1). Các hình tam giác $CMQ$ và $PMQ$ bằng nhau nên các hình song song $ABQP$ có kích thước bằng hình thang ban đầu. Trong hình bình hành này, đáy $AB=a$ và chiều cao $MN=b$ vẽ trên đáy này đã biết.

5. Gợi ý. 1) Trước tiên chứng minh rằng bán kính của đường tròn có một điểm chung ở mỗi cạnh của tam giác không nhỏ hơn bán kính của đường tròn nội tiếp (trong trường hợp này, đẳng thức chỉ đạt được khi đường tròn được coi là đường tròn nội tiếp).

2. Được biết, cả ba đường trung tuyến của một tam giác đều cắt nhau tại một điểm $G$ và được chia cho điểm này theo tỷ lệ 2:1, tính từ đỉnh (xem bài toán 67 từ trang 78 của sách giáo khoa của A. V. Pogorelov, M.: Prosveshchenie, 1983). Do đó, sử dụng hệ số $-0,5*$ so với tâm $G$, đường tròn ngoại tiếp sẽ biến thành hình tròn có bán kính $R/2$, có một điểm chung ở mỗi cạnh của tam giác (cụ thể là điểm giữa của cạnh). Vì vậy, $R/2 \geq r$. Đẳng thức $R=2r$ chỉ đạt được đối với tam giác đều.

6. Đáp số: giây lớn hơn. Lời giải. Chỉ cần kiểm tra $\sqrt{1986} - \sqrt{1985} < \sqrt{1985^2-1985} - \sqrt{1985^2-1985^2}$, tức là bất đẳng thức $1986 - 1985 < 1985 - 1985^2$ là đủ.

$\sqrt{1986^2+1986 \cdot 1985+1985^2} < \sqrt{1985^2-1985} < \sqrt{1985^2+1985 \cdot 1985+1985^2}$.

Tính đúng đắn của bất đẳng thức cuối cùng xuất phát từ thực tế là mẫu số của phân số thứ nhất lớn hơn: $\sqrt{1986^2+1986 \cdot 1985+1985^2} > \sqrt{1985^2+1985 \cdot 1985+1985^2}$.

Một homothete có hệ số $k < 0$ là một phép biến đổi bao gồm việc thực hiện tuần tự mức độ sẵn sàng với hệ số $k$ và tính đối xứng đối với một điểm $G$.

7. Đáp số: a) tang; 6) góc nhọn. Lời giải. Gọi $a \geq b \geq c$ là độ dài các cạnh của tam giác. Sau đó, đối với $a^2 > b^2 + c^2$ tam giác là hình tam giác, đối với $a^2 = b^2 + c^2$ là đường thẳng, đối với $a < b^2 + c^2$ là cấp tính (ví dụ, điều này tuân theo định lý cosine).

a) Độ dài các cạnh của một tam giác bằng: $\frac{2S}{3}, \frac{2S}{4}, \frac{2S}{5}$, trong đó $S$ là diện tích của nó và vì $1/9 > 1/16 + 1/25$ nên $a^2 > b^2 + c^2$. 6) Để các đường trung tuyến $AA_1, BB_1$ và $CC_1$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại điểm $G$ (Hình 2) và $|AA_1| = 3, |BB_1| = 4, |CC_1| = 5$. Khi tiếp tục đường trung tuyến $CC_1$ vượt quá điểm $C_1$, chúng ta hãy vẽ đoạn $C_1K$, đồng dạng với đoạn $GC_1$. Tứ giác $AGBK$ là hình bình hành vì các đường chéo của nó chia đôi tại giao điểm. Độ dài cạnh của tam giác $GBK$ bằng 2/3 hoặc các đường trung tuyến tương ứng, do đó, với tính trực tiếp và từ công thức, độ dài của các đường trung tuyến được biểu thị thông qua độ dài cạnh của tam giác $ABC$: $m^2 = (b^2 + c^2)/2 - a^2/4$, v.v.

8. Đáp số: a) ]—∞; — $\sqrt{24}$] $\cup [\sqrt{24}; +\infty$; [6] $[-2; 2]$.

Gợi ý. Tập giá trị của hàm $f$ trùng với tập giá trị của tham số $a$ mà phương trình $f(x) = a$ có ít nhất một lời giải. a) Phương trình $2x + \frac{3}{x} = a$ có lời giải khi và chỉ khi phương trình bậc hai $2x^2 - ax + 3 = 0$ có lời giải, tức là khi phân biệt của phương trình bậc hai này không âm: $a^2 - 24 \geq 0$.

6. Phương trình $f(x) = a$ tương đương với phương trình $(a-1)x^2 - (a+2)x + a+2 = 0$ (1)

(vì $x^2 - x + 1$ không chuyển sang 0 đối với bất kỳ $x$ nào). Đối với $a \neq 1$, phương trình (1) là phương trình bậc hai và có ít nhất một nghiệm cho $(a+2)^2 - 4(a-1)(a+2) \geq 0$. Đối với $a=1$, phương trình (1) là tuyến tính và có nghiệm $x=1$.

9. Đáp số: a) 0; 6) 0; c) $1^2\sqrt{2}$.

Gợi ý. a) Áp dụng công thức tính tích tùy ý. 6) Trong trường hợp này, hãy sử dụng công thức tính tích tùy ý của nel:

$f'(2) = \lim_{h \to 0} \frac{f(2+h) - f(2)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h^2g(2+h)}{h} = \lim_{h \to 0} h \cdot g(2+h) = \lim_{h \to 0} g(2+h) = 0 \cdot g(2) = 0$. c) Hàm $y=f(x)$ có dạng $f(x) = (x-2)g(x)$. Vì vậy $(x-2)g(x)' = g(x) + (x-2)g'(x)$. Với $x=2$ chúng ta nhận được $f'(2) = g(2) = 1^2\sqrt{2}$.

Cơm. 1.

62

Cơm. 8.

nó theo sau $|AH| = \frac{m-2}{2m-2} |AE|$. Vì vậy, $\frac{|KM|}{|BD|} = \frac{|AH|}{|AE|} = \frac{m-2}{2m-2}$, nhưng $|KM| = \frac{1}{2} |PT| = \frac{1}{4} \times (\|B_1D_1\| + \|BD\|) = \frac{3}{8} |BD|$. Do đó, $\frac{m-2}{2m-2} = \frac{3}{8}$, tức là $m=5$ và $|AE| = \frac{1}{6} |AC| = \frac{3}{2}$.

Vì vậy, $S_{ABD} = \frac{1}{2} |AE| \cdot |BD| = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{16}{3} = 4$.

Tùy chọn 2

1. $x=0; x < -\sqrt{3}$.
2. $40 \text{ m}^3/\text{ч} и 30 \text{ m}^3/\text{ч}$.
3. $-\frac{1}{3} \arcsin \frac{2}{\sqrt{29}} + \frac{2\pi k}{3} \quad (k \in \mathbb{Z})$.
4. $\frac{1}{12}$. Gợi ý. Đặt $K, L, M, N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB, BC, CD$ và $AD$. Kim tự tháp $SKLMN$ là hình chóp đều và chiều dài của tất cả các cạnh của nó bằng $\sqrt{2}$. Các mặt phẳng $SKN$ và $SLM$, cũng như các mặt phẳng $SKL$ và $SMN$, lần lượt giao nhau dọc theo các đường thẳng $l_1$ và $l_2$, đi qua điểm $S$. Cả hai đường thẳng này đều song song với mặt phẳng $ABCD$. Mặt phẳng $A'B'C'D'$ là hình vuông, các cặp cạnh đối diện của nó lần lượt song song với các đường thẳng $l_1$ và $l_2$. Theo đó, mặt phẳng $A'B'C'D'$ song song với mặt phẳng đáy. Pozny $|SA'| = |SB'| = |SC'| = a$.

Cơm. 9.

Cơm. 8.

nó theo sau $|AH| = \frac{m-2}{2m-2} |AE|$. Vì vậy, $\frac{|KM|}{|BD|} = \frac{|AH|}{|AE|} = \frac{m-2}{2m-2}$, nhưng $|KM| = \frac{1}{2} |PT| = \frac{1}{4} \times (\|B_1D_1\| + \|BD\|) = \frac{3}{8} |BD|$. Do đó, $\frac{m-2}{2m-2} = \frac{3}{8}$, tức là $m=5$ và $|AE| = \frac{1}{6} |AC| = \frac{3}{2}$.

Vì vậy, $S_{ABD} = \frac{1}{2} |AE| \cdot |BD| = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{16}{3} = 4$.

Tùy chọn 2

1. $x=0; x < -\sqrt{3}$.
2. $40 \text{ m}^3/\text{ч} и 30 \text{ m}^3/\text{ч}$.
3. $-\frac{1}{3} \arcsin \frac{2}{\sqrt{29}} + \frac{2\pi k}{3} \quad (k \in \mathbb{Z})$.
4. $\frac{1}{12}$. Gợi ý. Đặt $K, L, M, N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB, BC, CD$ và $AD$. Kim tự tháp $SKLMN$ là hình chóp đều và chiều dài của tất cả các cạnh của nó bằng $\sqrt{2}$. Các mặt phẳng $SKN$ và $SLM$, cũng như các mặt phẳng $SKL$ và $SMN$, lần lượt giao nhau dọc theo các đường thẳng $l_1$ và $l_2$, đi qua điểm $S$. Cả hai đường thẳng này đều song song với mặt phẳng $ABCD$. Mặt phẳng $A'B'C'D'$ là hình vuông, các cặp cạnh đối diện của nó lần lượt song song với các đường thẳng $l_1$ và $l_2$. Theo đó, mặt phẳng $A'B'C'D'$ song song với mặt phẳng đáy.

Cơm. 9

Cơm. 8.

nó theo sau $|AH| = \frac{m-2}{2m-2} |AE|$. Vì vậy, $\frac{|KM|}{|BD|} = \frac{|AH|}{|AE|} = \frac{m-2}{2m-2}$, nhưng $|KM| = \frac{1}{2} |PT| = \frac{1}{4} \times (\|B_1D_1\| + \|BD\|) = \frac{3}{8} |BD|$. Do đó, $\frac{m-2}{2m-2} = \frac{3}{8}$, tức là $m=5$ và $|AE| = \frac{1}{6} |AC| = \frac{3}{2}$.

Vì vậy, $S_{ABD} = \frac{1}{2} |AE| \cdot |BD| = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{16}{3} = 4$.

Tùy chọn 3

1. $|1; 3 - \sqrt{3} [\cup] 3 + \sqrt{3}; \infty|$.

2. $x=\pi(2k+1) \quad (k \in \mathbb{Z})$.

3. $\left\{ \frac{3}{2} \right\}$.

4. $\frac{3\sqrt{14}}{16} a^2$; một. Gợi ý. Gọi $\varphi$ là góc tạo bởi giao tuyến của mặt phẳng với mặt phẳng $ABCD$ với đường chéo $AC$. Có thể tính được rằng $\sin \varphi=1$. Có thể mặt phẳng $\alpha$ cắt mặt phẳng $ABCD$ vuông góc với $AC$, đi qua điểm $A$. Điều này ngụ ý mặt phẳng duy nhất $\alpha$, cũng như độ vuông góc của tứ giác chéo $ALMN$ ($L$ và $N$ lần lượt là các điểm giao nhau của mặt phẳng $\alpha$ với các cạnh $SB$ và $SD$).

5. $\begin{cases} x=4 - \frac{1}{2} y^2, \\ y \in \mathbb{R}; \end{cases} \begin{cases} x=\frac{1}{2} (n-y^2), \\ y=1 \pm \sqrt{5+h/2} \end{cases} \quad (n \in \mathbb{Z}, n \geq -10, n \neq 8)$.

Gợi ý. Phương trình thứ hai của hệ truyền động có dạng $\sqrt{(x-3)^2+4} \sin \pi(y^2+2x) = -2 \sin \pi(y^2+2x) \cdot \cos \pi(3x-y^2)$, do đó $sin \pi(y^2+2x) = 0$ hoặc $\sqrt{(x-3)^2+4} = -2 \cos \pi(3x-y^2)$. Vì vậy, $y^2+2x=n$, $n \in \mathbb{Z}$ hoặc $x=3$, $\cos \pi(3x-y^2)=1$.

Tùy chọn 4

1. $10/7 \text{ m}^3/\text{ч}; 8/7 \text{ m}^3/\text{ч}; 4/7 \text{ m}^3/\text{ч}$.
2. $x=\pm \frac{\pi}{8}+\pi n \quad (n \in \mathbb{Z})$.
3. $]-\infty, -3[ \cup] 3; +\infty[$.
4. $\frac{1+\sqrt{3}}{2} b - \frac{\sqrt{2}}{2} c$. Lời giải. Gọi $R$ là bán kính của đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$, $|AN| = x$ (Hình 9). Theo định lý sin $|BC|=2R \sin \hat{A} = R\sqrt{2}; |NC|=2R \sin 30^\circ = R$.
   Theo định lý cosin $2R^2=|BC|^2=b^2+c^2-bc\sqrt{2}, |NC|^2=R^2=x^2+b^2-bx\sqrt{3}$. Suy ra $x$ thỏa mãn phương trình

64

5. $m = (\varphi_1 \varphi_2 - \varphi_2 \varphi_2) V = 86$ kg.
6. $U = U_1 + 4qlP / (\pi d^2 U_1) \approx 220$ V.
7. $B = \frac{1}{vl} \sqrt{\frac{mg (\sin \alpha - \mu \cos \alpha)}{\cos \alpha (\cos \alpha + \mu \sin \alpha)}}$.
8. $q = CS \Delta B / \Delta t = 10^{-7}$Cl.
9. $z = \sqrt{R^2 - h^2} + \frac{\sqrt{R^2 - n^2 h^2} \sqrt{R^2 - h^2} + nh^2}{n \sqrt{R^2 - h^2} - \sqrt{R^2 - n^2 h^2}} = 14,3$ xem
10. $(H / h)_{\min} = 2$.

Khoa Cơ học và Toán học

1. $v = t \sqrt{ag (1 + a / g)} = 310$ m/s.
2. $H' = \frac{2gH^2}{(\Delta P / m - \sqrt{2gH})^2} \approx 0,07$ m.
3. $\alpha_m = \arccos (1 - 2\pi^2 v^2 / (g^2 T^2)) \approx 60^\circ$.
4. $\Delta U = C \Delta T - (p_0 + mg / S) V \Delta T / T = 370$ J.
5. $T_1 - T_3 = (T_2 T_4 - T_3^2) / T_3 = -117$ K.
6. $r = R (q_1 - q_2) / q_2 = 22,5$ Ôm.
7. $\delta = U_1 U_2 / (3U_1 - 2U_2) = 40$ V.
8. $q = P \eta / (c \Delta T) = 4 \cdot 10^{-5}$ m³/s.
9. $d = F (1 + gt^2 / (4\pi^2 n^2 l)) \approx 4$ m.
10. $v_2 = v_1 (d + l) / (d - l) = 1$ m/s.

Khoa Toán tính toán và Điều khiển học

1. $E_k = \frac{m_1 m_2 \omega^2 l^2}{2 (m_1 + m_2)} = 6$ J.
2. $A = Mv \Delta v + Mgl = 1,25 \cdot 10^4$ J.
3. $v = \sqrt[3]{2\eta P / (\varrho S)} \approx 6,4$ m/s (ở đây q = 10³ kg/m³ – mật độ nước).
4. $M = m (1 - k) / (2k) - p_0 S / g \approx 2,1$ kg.
5. $E = 4F (1/q_1 - 1/q_2) = 3 \cdot 10^5$ N/Cl.
6. $q = \delta CR / (2R + 3r) = 1,2 \cdot 10^{-4}$Cl.
7. $m = 4d q^2 (1 + k)^2 P / (k U^2) \approx 77$ kg.
8. $\Delta R = d \left( tg \alpha - \frac{\sin \alpha}{\sqrt{n^2 - \sin^2 \alpha}} \right) = 1,1$ xem

Trang gấp
(xem Im lặng, 1984, số 10)
Nhiệm vụ 19 (F. Bondarenko, M. Liburkin, 1950). 1. Kh4! Kpg1 2. Kf3 + Kpg2 3. K:h2 Kp:h2 4. e5! Nhưng không phải 4. Kpe6? Kpg3 5. Kpd7 Kpf4 6. Kpc8 Kpe5 7. Kpb7 Kpd6 8. Kp:a7 Kpc7 hòa. 4…C:e5 5. Kpe6!! Giám mục đen đặt vua của riêng mình! 5…Kpg3 6. Kpd7 Kpf4 7. Kpc8! Kpf5 8. Kpb7 và Trắng thắng. Một lựa chọn khác: 4…Cc3 5. e6 Cb4 6. Kpe5 Kpg3 7. Kpd5 Kpf4 8. Kpc6 Kpe5 9. Kpb7 Kpd6 10. e7 và một lần nữa Trắng sẽ thắng. Tuy nhiên, sau 1. Ke1? Cc3! 2. Kf3 Kpg2 3. K:h2 Kp:h2 4. e5 Cb4 5. e6 Kpg3 6. Kpe5 Cf8 hóa ra là hòa.
Nhiệm vụ 20 (M. Levit, 1933). 1. Kpe4 Cd8 2. b6! Kpa6! (2…Kp:b6 3. Kpf5) 3. Kpe5! Cg5 4. h7 Cc1! 5. Kpd6! C:b2 6. Kpc7! Ce5 + 7. Kpc6! Ca1 8. b7 Kpa7 9. Kpc7 và Trắng sẽ thắng.

Tổng biên tập – Viện sĩ I. K. Kionn
Phó Tổng biên tập thứ nhất - Viện sĩ A. N. Kolmogorov
Các phó tổng biên tập: M. I. Bashmkov, V. E. Belonuchkin, V. G. Boltyansky, A. A. Borovoy, Yu. M. Bruk, V. V. Vavilov, N. V. Vasiliev, S. M. Voronin, V. V. Gnedenko, V. L. Gutenkhacher, N. P. Dolbilin, V. N. Dubrovsky, A. N. Zemlykov, A. R. Zilberman, S. M. Kozel, S. S. Krotov, L. D. Kudrvtsev, E. M. Nikshin, S. P. Novikov, M. K. Potapov, V. G. Razumovsky, N. A. Rodina, N. H. Rozov, A. P. Savin, Ya. A. Smorodinsky, A. V. Sosinsky, V. M. Uroev, V. A. Fabrikant
Ban biên tập: A. M. Baldin, S. T. Belyaev, B. V. Bukhovtsev, E. P. Velikhov, I. Ya. Verchenko, B. V. Vozvyazhensky, G. V. Dorofeev, N. A. Ermolaeva, A. P. Ershov, Yu. V. Ivanov, L. V. Kantorovich, V. A. Kirillin, G. L. Kotkin, R. N. Kuzmin, A. L. Logunov, V. V. Mozhaev, V. A. Orlov, N. A. Patrikeva, R. Z. Sagdeev, S. L. Sobolev, A. L. Stasenko, I. K. Surin, E. L. Surkov, L. D. Faddeev, V. V. Firsov, G. N. Ykovlev

Số đã được chuẩn bị:
A. N. Villenkin, V. N. Dubrovsky, A. A. Egorov, V. M. Ivlev, T. S. Petrova, A. V. Sosinsky, V. A. Tikhomirova

Số đã được phát hành:
E. V. Vinodlova, T. A. Dobrokotova, M. V. Dubakh, T. N. Kolchenko, A. Ya. Korshunov, D. A. Krymov, I. E. Smirnova, E. K. Tenchurina
Ảnh được gửi bởi:
A. P. Shevchenko

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova
biên tập nghệ thuật
E. A. Smirnov
Biên tập viên nghệ thuật T. M. Makarova
Người hiệu đính V. P. Sorokina

103006 Mátxcơva K-6, st. Gorky, 32/1, •Kvait·, tel. 250-33-54

Giao hàng vào ngày 19/12/84. Ký xuất bản ngày 1 tháng 2 năm 1985.
In offset. CR.-ott có điều kiện. 23,8
Vumaga 70×108 1/16
Lò nướng có điều kiện l. 5.6. Biên tập học thuật. tôi. 7,51. T-01262
Lưu hành 176.662 bản. Giá 40 kopecks. Đặt hàng 3396

Lệnh thay thế lao động đỏ
Nhà máy in Chekhov
VO • Soyuzplagfirom
Ủy ban Nhà nước Liên Xô
về các vấn đề xuất bản, in ấn và buôn bán nghệ thuật
Chekhov, khu vực Moscow