Các học sinh đạt giải Olympic Tin học toàn Liên đoàn lần thứ II

76

Hình học vi phân
xung quanh chúng ta

1. $L_\varepsilon = L$.
2. $S_\varepsilon = S + \varepsilon L + \pi \varepsilon^2$.
3. $V_\varepsilon = V + \varepsilon S + \varepsilon^2 I + \frac{4}{3} \pi \varepsilon^3$, trong đó $I$ là tích phân của độ cong trung bình trên bề mặt ban đầu.
4. Chúng ta hãy biểu thị góc của hình nón bằng $\alpha$, bán kính của nó - bộ tạo hình nón - bằng $l$. Khi đó độ dài của đường song song là $al$. Mặt khác, bán kính tiết diện của một hình cầu là $l$ sin $\varphi$ và chiều dài của hình song song là $2\pi l$ sin $\varphi$. Vì vậy, $\alpha = 2\pi$ tội lỗi $\varphi$.
5. Đường cong trắc địa của vĩ tuyến được xây dựng. Độ dài của đường song song là $2\pi R$ cos $\varphi$ và $\varepsilon = R\varphi$. Vì vậy $\lim_{|\varepsilon| \to 0} |L_\varepsilon - L|/\varepsilon L = 2\pi R|\cos \varphi|'/2\pi R\cos \varphi = \sin \varphi/\cos \varphi = tg\varphi$.

Olympic hạng cân XXIII
trong toán học
lớp 8

1. Lời giải trong số bài toán này sẽ được xuất bản sau trong “Bài tập «Kvant» (đây là bài toán M1188).

2. Đáp số: không thể được. Gợi ý. Nếu các thanh có thể được đặt trong một hộp thì mỗi lớp $11\times 7\times 1$ sẽ được lấp đầy, nhưng điều này là không thể, vì số $11\times 7$ không chia hết cho 3.

3. Gợi ý. Gọi $l$ là tiếp tuyến chung của đường tròn nội tiếp tam giác BMT và ATC (hình 1). Chứng minh rằng một đường tròn có thể nội tiếp trong tứ giác AMNP, tức là $AM+NP=MN+AP$. Để làm điều này, chỉ cần chứng minh đẳng thức $MN+AP-NP = AB+AC-BC-AM$ và lưu ý rằng $2AM = AB+AC-BC$ là đủ.

4. Đáp số: $N=1989$. Gợi ý. Gọi $d_1, d_2, \dots, d_{12}$ là tất cả các ước của $N$, viết theo thứ tự tăng dần. Sau đó $d_1d_13-i=N$ cho tất cả tự nhiên $i \leq 12$. Hãy để $d_4-1=k$. Số $d_1+d_2+d_4$ là ước của $d_k$ và do đó $d_1+d_2+d_4$ là ước của $N$ và $d_1+d_2+d_4 \geq d_5$. Nhưng sau đó $d_k-(d_1+d_2+d_4)d_8 \geq d_5d_8=N$, ngụ ý rằng $d_k=N$, tức là $k=12$, $d_4=13$ và $d_5=d_1+d_2+d_4=d_2+14$. Vì $d_2$ là số nguyên tố và $d_2 \leq d_4-2=11$, nên vẫn phải xem xét trường hợp $d_2=2, 3, 7, 11$ và đảm bảo rằng $d_2=3$, $d_4=13$, $d_5=17$ và $N$ không thể có nhiều hơn ba thừa số nguyên tố. Do đó $d_3=9$ và $N=9\cdot 13\cdot 17=1989$.

5. Lời giải trong số bài toán này sẽ được xuất bản sau trong “Bài tập «Kvant» (đây là bài toán M1186).

6. Hãy vẽ đường thẳng $C_1M \parallel AC$ (hình 2). Từ điều kiện và theo định lý Thales $\frac{CM}{MB} = \frac{AC_1}{C_1B} = \frac{CB_1}{B_1A}$, suy ra $B_1M \parallel AB$ và do đó, $AC_1MB_1$ là hình bình hành. Hơn nữa, các điểm $A_1, B_1, C_1$ và $M$ nằm trên cùng một vòng tròn. Nếu $M$ nằm trên đoạn $A_1C$ (hình 2, a), thì $\angle C_1B_1A_1 = \angle C_1MA_1 = \angle ACB$. Nếu $M$ nằm trên đoạn $A_1B$ (hình 2, b), thì $\angle C_1B_1A_1 = 180^\circ - \angle C_1MA_1 = \angle ACB$. Trong cả hai trường hợp, hình tam giác $ABC$ và $A_1C_1B_1$ có nụ cười tương ứng và do đó tương tự nhau.

7. Lời giải trong số bài toán này sẽ được xuất bản sau trong “Bài tập «Kvant» (đây là bài toán M1187).

8. Gợi ý. Chúng ta hãy phân lập hai nhóm số có $k$ chữ số của các số khác nếu chúng chứa một số số và cả tổng và tổng bình phương của các số trong các nhóm này đều bằng nhau. Chứng minh được rằng mọi số có 5 chữ số được tạo thành từ các số 1, 2, 3, 4, 5 đều có thể chia thành hai nhóm khác. Tất cả các số có ba chữ số gồm ba chữ số riêng biệt không bằng 0. Khi đó các nhóm số có $(k+1)$ chữ số $(A^*, \dots, A^*)$ và $(B^*, \dots, B^*)$ (trong đó $A_i^* = A_i + d \cdot 10^k$, $B_i^* = B_i + d \cdot 10^k$, $i = 1, \dots, N$) cũng là các số khác.

lớp 9

1. Hãy chia các đồng xu thành 4 nhóm 500 miếng và ký hiệu là $A_1, A_2, A_3, A_4$ tổng trọng lượng của đồng xu trong các nhóm này. Hãy so sánh $A_1$ với $A_2$ và $A_3$ với $A_4$. Chỉ cần xét ba trường hợp là đủ:

1. $A_1 = A_2, A_3 = A_4$. Khi đó cả hai đồng tiền giả đều nằm cùng một nhóm và tổng trọng lượng của chúng bằng trọng lượng của hai đồng tiền thật. Trong trường hợp này, hai lần cân là đủ.
2. $A_1 = A_2, A_3 > A_4$. Khi đó cả hai đồng tiền giả đều thuộc nhóm thứ ba và thứ tư. Hình thành hai nhóm 1000 xu mới, kết hợp nhóm thứ nhất với nhóm thứ hai và nhóm thứ ba với nhóm thứ tư. Hãy so sánh tổng trọng lượng của đồng xu ở các nhóm mới thành lập, chúng ta được đáp số cho câu hỏi bài toán. Điều này sẽ yêu cầu ba lần cân.
3. $A_1 > A_2, A_3 > A_4$. Trong trường hợp này, có thể đưa ra hai quả cân: đồng xu nặng thuộc nhóm thứ nhất và đồng xu nhẹ thuộc nhóm thứ nhất.

77

Hình 3.

ở nhóm thứ tư, hoặc đồng xu nặng thuộc nhóm thứ ba, và đồng xu nhẹ thuộc nhóm thứ hai. Bằng cách so sánh $A_1$ với $A_4$, chúng tôi tìm ra khả năng nào trong số những khả năng này thực sự được hiện thực hóa. Sau đó, so sánh $A_1 + A_4$ với $A_2 + A_3$, chúng ta nhận được đáp số cho câu hỏi bài toán. Trong trường hợp này, phải thực hiện bốn lần cân.

2. Gọi $S$ là diện tích của tam giác tính từ cạnh $a, b, c$. Theo công thức Heron

$$S = \sqrt{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-a\right)\left(\frac{1}{2}-b\right)\left(\frac{1}{2}-c\right)},$$

Ở đâu

$$16S^2 = -1 + 4(ab + bc + ca) - 8abc.$$

Ngoài ra, $4(ab + bc + ca) = 2 - 2(a^2 + b^2 + c^2)$, và do đó

$$16S^2 = 1 - 2(a^2 + b^2 + c^2) - 8abc > 0.$$

3. a) Phát biểu ở điểm này là trường hợp đặc biệt của phát biểu ở điểm 6) cho $m=n=1$. 6) Chúng ta hãy biểu thị diện tích tứ giác $ABCD$ bằng $S$, diện tích hình tam giác $ABC, BCD, CDA, DAB$ lần lượt là $b, c, d$ và $a$ (hình 3); diện tích của các hình tam giác $AMB, DKC$ đến $S_1$ và $S_2$. Đặt cả $S_3 = S_{AKMD}$, $S_4 = S_{KBCM}$ và $a = \frac{m}{m+n}$. Sau đó $S_1 = aa + (1-a)b$, $S_2 = ac + (1-a)d$, $S_3 = aS_1 + (1-a)d$, $S_4 = aS_2 + (1-a)b$.

Tính $S_{KLM} = a(1-a)\frac{S_1S_2}{S_3}$ và $S_{KMN} = a(1-a)\frac{S_1S_2}{S_3}$, ta được $S_{KLMN} = a(1-a)\frac{S_1S_2}{S_3} S$.

Bất đẳng thức $S_{KLMN} < \frac{a(1-a)}{1-a+a^2} S$ tương đương với bất đẳng thức $(1-a+a^2)S_1S_2 < S_3S_4$. Thay thế $S_1, S_2, S_3, S_4$ biểu thức của chúng bằng $a, b, c, d$, chúng ta thu được bất đẳng thức $a(ab+cd-ac)+(1-a)(b^2+d^2+bd-ad-bc) > 0$, vì vậy chỉ cần chứng minh rằng $ab+cd-ac > 0$ và $b^2+d^2+bd>ad+bc$ là đủ, chúng ta thay thế $ab+cd>S \min(a, c)$ đó; $ad+bc \leq S \max(b, d) = \max(b, d)(b+d) < b^2+d^2+bd$.

4. Đáp số: có thể sử dụng một hình vuông $1 \times 1$.

Tô màu hình vuông $23 \times 23$ như trong hình 4. Khi đó sẽ có một số lẻ các hình vuông được tô bóng $1 \times 1$, nhưng mỗi hình vuông $2 \times 2$ và $3 \times 3$ chứa một số lẻ các hình vuông được tô bóng $1 \times 1$. hình 5 cho biết cách bạn có thể tạo hình vuông $23 \times 23$ chỉ bằng một hình vuông $1 \times 1$.

5. a) Đáp số: ví dụ có $a=2+ \sqrt{2}$, $b=-\sqrt{2}$.

6. Đáp số: không tồn tại. Hãy giả sử về

78

8. Gợi ý. hình 8 hiển thị các hình dạng có thể được cắt thành hình chữ nhật 2×1 theo một, hai, ba và bốn cách tương ứng. Hình 9, a và 9, b thể hiện các hình $M_n(n \ge 5)$, có thể cắt thành hình chữ nhật 2×1 bằng $n$ theo nhiều cách. Thật vậy, nếu hai ô, được chỉ định bởi các chữ cái $A$ và $C$, bị cắt khỏi hình $M_n$, thì hình còn lại, như dễ thấy, có thể được cắt thành hình chữ nhật 2×1 theo một cách độc đáo. Nếu bạn cắt hai ô khỏi hình $M_n$, được chỉ định bởi các chữ cái $A$ và $B$, bạn sẽ có được hình $M_{n-1}$.

lớp 10

1. Đáp số: tại $n=7$.
2. Có thể thấy từ hình 10, $\angle DEF=180^\circ - (180^\circ - 2\angle B) - (180^\circ - 2\angle C)=180^\circ - 2\angle A$, tức là góc $A$ là nhọn. Do đó, tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADF$ và đỉnh $A$ nằm cùng một phía với $FD$, và do đó $\angle DOF=2\angle A=180^\circ - \angle DEF$. Theo đó các điểm $O, D, E$ và $F$ nằm trên cùng một đường tròn; Điều này có nghĩa là $\angle DEO=\angle DFO=\angle FDO=\angle FEO$, tức là $EO$, là bissertis của góc DEF.
3. Lời giải trong số bài toán này sẽ được xuất bản sau trong “Vấn đề «Kvant» (đây là bài toán M1180).
4. Đáp số: họ có thể. Gợi ý. Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng toàn bộ đường đứt nét (đường đi qua đèo) nằm trong một mặt phẳng thẳng đứng và mỗi mắt xích (độ dốc) của nó tạo một góc $45^\circ$ với phương ngang. Chúng ta hãy xác định quy tắc di chuyển sau: cả hai khách du lịch đều đi bộ với tốc độ không đổi càng lâu càng tốt (miễn là họ ở cùng độ cao); nếu một trong những du khách không thể đi theo hướng (theo chiều ngang) thì người đó sẽ rẽ theo hướng ngược lại. Chứng minh rằng tuân theo các quy tắc này, cả hai khách du lịch sẽ đến được hai đầu đối diện của đường đứt nét.
5. Lời giải trong số bài toán này đã được xuất bản vào «Kvant» (đây là bài toán M1158).
6. Gợi ý. Chúng ta hãy đặt các mũi tên trên các cạnh của khối đa diện này một cách tùy ý. Khi đó số đỉnh chứa số mũi tên lẻ (gọi là số lẻ) sẽ là số chẵn. Hãy chọn một cặp đỉnh “lẻ” $A_i$ và $A_j$ (nếu có) và đi dọc theo các cạnh của khối đa diện từ $A_i$ đến $A_j$, thay đổi hướng của các mũi tên trên các cạnh ijde. Kết quả là $A_i$ và $A_j$ sẽ không còn là “lẻ” nữa, trong khi tập hợp các đỉnh “lẻ” khác sẽ không thay đổi. Bằng cách lặp lại thao tác này với số lần cần thiết, chúng ta sẽ thêm rằng sẽ không còn đỉnh “lẻ” nào cả.
7. Đáp số: không tồn tại. Gợi ý. Nếu một hàm như vậy tồn tại, thì trong số các giá trị của nó tại $n>1$ sẽ có giá trị nhỏ nhất $f(n_0)>1$, mà (từ điều kiện) chúng ta sẽ có
   $$f(n_0)>1+f(n_0).$$
8. Gợi ý. Chúng ta hãy sử dụng trung vị làm mặt trước của các đoạn được mô tả trong các điều kiện. Hướng theo chiều kim đồng hồ của ranh giới đa giác sẽ được gọi là bên phải và hướng ngược chiều kim đồng hồ sẽ được gọi là bên trái.
   Chúng ta hãy tìm tất cả các đường trung tuyến của đa giác và sau đó hai đường trung tuyến bất kỳ cắt nhau bên trong nó. Chúng ta sẽ di chuyển dọc theo ranh giới của đa giác sang trái từ cuối $A$ của đường trung tuyến $AD$. Nếu điểm cuối $B$ của đường trung tuyến $BC$ hóa ra gần với điểm $A$ (hình 11), thì điểm cuối $C$ hóa ra gần với điểm $D$ (bằng chứng). Do đó, các đường trung tuyến lân cận $BC$ và $AD$ tạo thành “bướm” - một hình được tạo thành từ các hình tam giác $AOB$ và $COD$. Diện tích của hình tam giác $AOB$ và $COD$ bằng nhau. Diện tích của “con bướm” bằng
   $$\sigma=\frac{1}{2}xy\sin \alpha+\frac{1}{2}(a-x)(b-y)\sin \alpha=\frac{ab\sin \alpha}{4}+\left(\frac{a}{2}-x\right)\left(\frac{b}{2}-y\right)\sin \alpha,$$
   trong đó $AD=a, BC=b, x=OA, y=OB, \angle BOA=\alpha$ và $\sigma<\frac{a}{4}$, vì $a\leq 1, b\leq 1$ và $\left(\frac{a}{2}-x\right)\left(\frac{b}{2}-y\right)\leq 0$.
   Di chuyển xa hơn dọc theo ranh giới của đa giác sang trái từ điểm $B$ đến điểm $D$, chúng ta lần lượt thu được tất cả các “con bướm” được hình thành bởi các đường trung tuyến lân cận. Tổng diện tích của những “con bướm” này, theo những gì đã được chứng minh, sẽ nhỏ hơn bốn tổng các góc tương ứng của chúng, tức là nhỏ hơn $\pi/4$.
   Vẫn còn phải chứng minh rằng “những con bướm” bao phủ hoàn toàn đa giác.

79

II Olympic toàn liên đoàn
học sinh theo thông tin

T1. Cộng tất cả tiền thưởng (cho $i$ từ 1 đến $N$), chúng ta thấy rằng các số hạng $2i+3j$ cộng lại thành $5N(N+1)/2$, phần còn lại là một mục trong hệ thống số có cơ số $N+1$ của số nhân viên trong danh sách nhóm theo thứ tự ngược lại với danh sách của sếp. Đối với thuật toán sử dụng ý tưởng này (ví dụ: chia cho $N+1$ và tách phần phân số, v.v.; xem «Kvant» Số 5 năm 1989, trang 66, 70), 10 điểm đã được đưa ra, cho một điểm đầy đủ ($N!$ hoán vị) - từ 3 đến 7 điểm.

T2. Đối với việc xây dựng các quy tắc, 4 điểm đã được đưa ra, cho thuật toán - 6 điểm khác.

T3. Cần chiếu các cạnh thẳng đứng của hình chữ nhật lên trục $x$ (đây là điểm $2n$: $x_1, x_2, ..., x_{2n}$) và các cạnh ngang - lên trục $y$ (cũng là $2n$ điểm: $y_1, y_2, ..., y_{2n}$), và đối với mỗi “nút” $(x_i; y_j)$ xác định xem nó thuộc về bao nhiêu hình chữ nhật ($n$ provenk); điều này mang lại khoảng $n^3$ hành động. Việc thử các bộ hình chữ nhật khác nhau sẽ mang lại hành động $2^n$. Đối với lời giải với việc thực hiện “các phần của lưới” (có những phần như vậy) được cho 1 điểm, với phần liệt kê - 2 điểm, với việc xem xét các nút - 10 điểm. Hai học sinh đã hoàn thành hành động $n^2$, sử dụng ý tưởng sau: chiếu các cạnh lên trục $x$, các em đánh số chúng thành một hàng, tạo các mảng gợi ý, hình chữ nhật nào bắt đầu hoặc kết thúc (nếu các hình chiếu trùng nhau thì các cạnh bên trái được chụp trước), sau đó mỗi lần xem theo chiều ngang (đối với các điểm $y_j$; $2n$ lượt xem) chỉ yêu cầu khoảng $2n$ hành động. Đối với một lời giải zhorny như vậy đã được cho 15 điểm.

M1. Gọi $P_{2n}$ là số các số có $2n$ chữ số “may mắn” mong muốn; $S_i(k)$ là số các số có $i$ chữ số có tổng các chữ số là $k$. Sau đó

$$P_{2n} = \sum_{k=0}^{9n} (S_n(k))^2,$$
$$S_{n+1}(k) = \sum_{j=0}^{min(k,9)} S_n(k-j).$$

Công thức đầu tiên phản ánh việc phân chia các số có $2n$ chữ số thành các nhóm có tổng các chữ số bắt buộc bằng 0, 1, …, $9n$; thứ hai là chia các số có $n+1$ chữ số có tổng các chữ số $k$ thành các nhóm số có chữ số đầu tiên là 0, 1, …, $9$ (hoặc $k$ nếu $k<9$). Công thức thứ hai cho phép bạn xây dựng bảng $S_n(k)$. Những con số này tăng nhanh trong BASIC ở $n>7$ và trong Pascal ở $n>6$, chúng vượt xa phạm vi số nguyên mà máy tính cho phép, vì vậy bạn cần sử dụng các chương trình đặc biệt để làm việc với số lớn.

Kính vạn hoa «Kvant»
(cm. «Kvant» № 10)

Câu hỏi và bài toán

1. Điều cần thiết là các quá trình được tiến hành mà không thất thoát nhiệt ra môi trường và không qua lại) sẽ nhanh chóng đưa ra đáp số (nếu đạt được vị trí yêu cầu), nhưng ngay ở đây các sinh viên Olympidas không dám tạo chương trình tìm kiếm.

2. Không, vì giá trị nhiệt từ xa của nước và nhôm là khác nhau.

3. Khả năng sinh nhiệt của cưa kém hơn gỗ.

4. Sự thay đổi nhiệt độ trong cà phê và sữa tỷ lệ nghịch với khối lượng của chúng. Do đó, khi thêm 10 g sữa ở $5^{\circ}\text{C}$ vào một tách cà phê - 200 g ở $95^{\circ}\text{C}$ - nhiệt độ của cà phê sẽ giảm xuống ít hơn $5^{\circ}\text{C}$.

5. Không khí có nhiệt độ riêng thấp hơn nước nên không khí nóng nguội đi nhanh chóng.

6. Sự thay đổi nhiệt độ của đồng và sắt tỷ lệ nghịch với thế năng nhiệt riêng của chúng.

80

dung tích. Vì vậy, thân đồng sẽ nóng lên nhiều hơn.

7. Không, bởi vì với cùng một sự thay đổi nội năng, sẽ phải thực hiện công khác nhau khi nâng trọng tâm của quả bóng thứ nhất ($A_1 > 0$) và hạ thấp quả bóng thứ hai ($A_2 < 0$).

8. KHÔNG; cần phải tính đến công do khí thực hiện.

9. Có, nếu cơ thể hoạt động (hoặc chuyển sang trạng thái tổng hợp khác).

10. Quá trình 1-2 và 4-1 xảy ra với sự hấp thụ nhiệt, 2-3 và 3-4 xảy ra với sự truyền nhiệt.

11. Trong trường hợp thứ hai, năng lượng cung cấp không chỉ được dùng để đốt nóng khí mà còn để thực hiện công cơ học.

12. Do sự chuyển đổi một phần năng lượng bên trong thành công cơ học được thực hiện trong quá trình giãn nở của khí, nhiệt độ của nó sẽ giảm.

13. Không khí ấm áp bốc lên dọc theo sườn núi, đi vào vùng có áp suất khí quyển thấp hơn, giãn nở và nguội đi.

Kinh nghiệm vi mô
Khí nén trong chai giãn nở nhanh chóng, chống lại lực áp suất khí quyển, nhiệt độ của nó giảm xuống và một phần hơi nước chứa trong khí ngưng tụ dưới dạng sương mù. Một hình ảnh tương tự được quan sát thấy khi khí thoát ra khỏi xi lanh, khi van bị bao phủ bởi lớp băng Nga hoặc thậm chí là sương giá.

«Kvant» cho học sinh nhỏ (xem «Kvant» số 10)

1. 6 ngày.
2. Nếu Lyudmilla 10x+y tuổi thì giới hạn của cô ấy là 100x+y tuổi và 60x+6y=100x+y. Do đó 8x=y. Lyudmilla năm nay 18 tuổi.

Hình 13.

3. Khi một số chia hết cho 5, nó sẽ chuyển thành 0 hoặc 5, nhưng không thể bằng 0. Lưu ý rằng số delco chia hết cho 25, trong khi chữ số thứ hai là 2 hoặc 7. Nhưng nó không thể là 2, vì trong trường hợp này, số delco sẽ giảm xuống 0. Cần phải tìm chữ số đầu tiên. Hãy biểu thị nó bằng x; thì 100x+70+5=5 x 7 5. Do đó x=1. Số cần tìm là 175
4. 540498+60898+142058=743454.
5. Hình lục giác sẽ được cắt thành ba hình bình hành (xem hình 13). Trong mỗi hình đó, một nửa diện tích bị chiếm bởi hình tam giác màu đỏ và một nửa diện tích bị chiếm bởi hình tam giác màu xanh.

Tổng biên tập - Viện sĩ Yu. A. Osipyan

Phó tổng biên tập:
V. N. Borovishki, A. A. Varlamov,
V. A. Leshkovtsev, Yu. P. Solovyov

Tuyển tập biên soạn:
A. A. Abrikovov, M. I. Bashmkov,
V. E. Belonuchkin, V. G. Boltyansky,
A. A. Borovoy, Yu. M. Brook, V. V. Vavilov,
N. V. Vasiliev, S. M. Voronin, V. V. Gnedenko,
N. I. Dolbilin, V. N. Dubrovsky,
A. N. Zemlykov, A. R. Zilberman, S. M. Kozel, S. S. Krotov, L. D. Kudryavtsev, A. A. Leonovich, S. P. Novikov, T. S. Petrova, 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, E. P. Velikhov, I. Ya. Verchenko, V. V. Vozdvizhensky, G. V. Dorofeev, N. A. Erpmolaeva, Yu. V. Ivanov, V. A. Kirillin, G. L. Kotkin, R. N. Kuzmin, A. A. Logunov, V. V. Mozhaev, V. A. Orlov, N. A. Patrikeeva, R. Z. Sagdeev, A. L. Stasenko, I. K. Surin, E. L. Surkov, L. D. Faddeev, V. V. Firsov, G. N. Ykovlev

Số chuẩn bị:
A. I. Vuzdin, A. N. Vilenkin,
A. A. Egorov, L. V. Kardasvenich,
I. N. Klimova, T. S. Petrova,
S. L. Tabachnikov, V. A. Tikhomirova

Số đăng ký:
M. V. Dubach, S. F. Lukhin, E. V. Nazarov,
I. E. Smirnova, L. A. Tishkov, P. I. Chernusky, V. V. Yudin

biên tập nghệ thuật
S. V. Ivanov
Biên tập viên nghệ thuật T. M. Makarova
Trưởng ban biên tập L. V. Chernova

Người hiệu đính N. D. Dorokhova

103006, Moscow K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant», tel. 250-33-54

Giao hàng vào ngày 24/08/89. Ký xuất bản ngày 17/10/89. T-16644. Định dạng 70×100/16. Giấy văn phòng số 1
Tai nghe trường học. Tem thiết kế.
Lò nướng có điều kiện l. 6 giờ 45. CR.-ott có điều kiện. 27.09. Biên tập học thuật. tôi. 7,87.
Lưu hành 127.829 bản. Đặt hàng năm 1938. Giá 45 kopecks.

Lệnh thay thế lao động đỏ
Nhà máy in Chekhov
Ủy ban Báo chí Nhà nước Liên Xô
142300, Chekhov, khu vực Moscow