Подарок учителю и школьнику

55

Подарок
учитлю
и школьнику

Новая программа по математике требует от школьника твердых знаний по таким фундаментальным понятиям «высшей математики», как предел функции, непрерывность, произвольная интеграл. Естественно, что в школе все эти понятия в первую очередь изучаются на элементарных функциях: степенных, показательных, логарифмических, trigonometрических и обратных тригонометрических функциях.

Однако из-за недостатка времени и перегруженности школьной программы в логическом обосновании этих понятий существует значительный пробел — практические полностью отсутствует теория действияных чисел. А между тем теория действияного числа не только лежит в основе теории пределов, непрерывности, дифференцируности и интеграрируности функций, но и в основе построения теории элементарных функций, на базе которых изучение анализа в средней школе. Из учебников школьники узнали только, что существует некое множество действийными числами. Эти числа можно складывать, вычитать, умножать и делить по определенным правилам. Утверждается, что все элементы этого множества могут быть разбиты на два непересекающихся подмножества, каждое из которых содержит только рациональные или irrationalные числа, и что каждое из этих чисел может быть изображено в виде бесконечной периодической (рациональное число) или неперiodическое (irrationalное число) десятичной дробью. Однако, повторяем, строой теории действияного числа в школьном курсе математики не излагается.

Резцензируемое пособие*) ставит свой основной цель содействовать углубленному пониманию тех начальных глав математического анализа, которые были всего легkat к кругу математических занятий преподавателя средней школе. Основное содержание книги — изложить теория действияных чисел, а затем уже на этой базе строится теория пределов последовательности, определяются основные элементарные функции и изучаются свойства непрерывных функций. Некомненно, такое изложение является естественным дополнением школьного курса математики и логических формляет те интуитивные представления, которые имеются у учащихся.

После состоит из введения и четырех глав. Во введении излагаются основные понятия теории многочестств, даются определения соответствия, функций и последовательности, вводятся некоторые особенности математической логики.

В первой главе изложена теория пределов для последовательности рациональных чисел.

Во второй главе пособия излагается теория действияных чисел и теория числовых последовательностей. В

*) Г. Н. Яковлев. «Числовые последовательности и непрерывные функции» (М., «Просвещение», 1978).

основу изложения положена теория действияных чисел, развита Г. Кантром и Ш. Мере. Мы считаем, что такое изложение теории действияных чисел соответствует духу школьной математики. Автор определяет поняття равенства и неравенства действияных чисел и подробно излагает аргументы действияных чисел.

В третьей главе рассматривается об основных элементарных функциях и даются определения функций и доказываются основные теории, связанные с этим понятиями.

В четвертой главе вводится произвольная и доказывающая основные теории, дифференцирующих функций.

Значительное место в пособии занимают удобно подобранные упражнения. Они помогают читательам разобраться в трудных вопросах курса и прививают хорошее навыки в решении задач. Наряду с общими задачими в пособие включено значительное число задач повышенной трудности. Темп возрастания трудности задач достаточно высокок. Он значительное быстрее приведение к трудным упражнениям, чем это делается в учебнике.

Многие вопросы излагаются в книге свеже и оригинально. Автор умело использует символьку и язык математической логики.

Некоторые недопустимия вызывает малый тираж книги, а ведь эта книга представляет большой интерес как для учительской средней школе, так и для учащихся старших классов и, несомненно, вызовет большой спрос. Надо надеться, что второе издаваю книги не заставит себя долго ждать.

Г. Лукакин, М. Смолянский

56

Заменим фигуру

3. $$\frac{Q}{q} = \frac{\sin^2(\alpha + \beta)}{\sin^2(\alpha - \beta)}$$

4. $$R = \frac{\sqrt{a^2 + b^2 + 2ab\cos 2\alpha}}{2\sin 2\alpha}$$

5. $$R = \frac{a\sqrt{2}}{4}$$

Построение изображений в линзах и сферических зеркалах

1. Проведем побочную оптическую ось AO (рис. 1). Луч AC, параллельный главной оптической оси, после встречи с линзой проходит через задний фокус F’. Пересечение прямых AO и CF’ дает точку A’ — изображение точки A. Аналогично находим точку B’ — изображение точки B. Соединив точки A’ и B’, получим изображение predmeta.

2. Побочная оптическая ось OD, параллельная верхнему лучу пучка, пересекает переднюю фокальную плоскость в точке D (рис. 2). Луч BA и OD, выSED

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Рис. 4.

шие из линзы параллельно друг другу, до встречи с ней пересекались в передней фокальной плоскости линзы; следовательно, продолжение прямой BD определяет ход луча BA до линзы. Аналогично найдем входящий луч, соответствующий выходу лучу CA.

3. Части линзы работают так же, как целая линза. Главная оптическая ось M₁N₁ верхней части сложной линзы смешена вниз на расстояние d относительно оси симметрины системы (рис. 3); O₁ — оптический центр, AO₁ — побочная оптическая ось верхней части линзы. Луч AB, параллельный оси M₁N₁, после встречи с линзой идет через задний фокус F’ верхней части линзы. Пересечение прямых BF’ и AO₁ дает положение изображения A’, образованного верхней части сложной линзы. Нижняя часть линzes дает симметрично расположенное изображение A’'.

4. Соединим полос P с точки A и A’ (рис. 4). Ось зеркала проходит через точку P и делит угол APA’ пополам. Центр зеркала O лежит в точке пересечения оси с прямой AA’. Окружность радиуса |OP| определяет положение зеркала. Зеркало своей отражающей поверхности обращено к predмету; следовательно, оно вогнутое. Фокус F делит отрезок |OP| пополам.

Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова

Математika

Механико-математический факультет

Вариант 1

1. — 10. Указание. a∈Z⇒a²∈Z

2. $$\frac{\sqrt{2\pi}}{2}$$

3. $$\frac{9}{2}$$. Решение. Поскольку AQC = APC = 90°, около четырехугольника AQPC можно описать окружность. Поэтому BAC + QPC = 180°. Из BPQ + QPC = 180° следует BAC = BPQ. Значит, ∠ABC�sim∠QBP. Козффициент подобия k = $$\frac{\sqrt{S_{\triangle QBP}}{S_{\triangle ABC}}}{1}$$. Следовательно, $$\frac{|BP|}{|AP|} = \frac{1}{3}$$. Обозначим △ABC через β, ис-

58

5. $$\frac{3-\sqrt{5}}{4}.$$ Решение. Пусть $V$ — объем прямы $HABCE$, $h$ — длина высоты прямы, $h_1 = |HO|$ — высота треугольника $AHE$ (рис. 6). Положим $|AE| = x$. Тогда $S_{\triangle ABE} = \frac{1}{2} x \cdot \sin BAE \leq \frac{x}{2}$. Положим $|AH| = y$; тогда $|EH| = \sqrt{2} - y$. Из равенства $S_{\triangle AHE} = \frac{1}{2} x h_1$, применяя формулу Герона, находим $h_1 = \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{x^2}{4}} \cdot \sqrt{1 - \frac{2(1-\sqrt{2}y)^2}{x^2}}$; следовательно, $h_1 \leq \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{x^2}{4}}$. (3 а-мечание. Высота, равнобедренного треугольника с основанием длины $x$ и боковой стороны длины $\frac{\sqrt{2}}{2}$ равна $\sqrt{\frac{1}{2} - \frac{x^2}{4}}$). Таким образом, мы доказали, что из треугольников с основанием фиксированной длины и фиксированной суммой длины боковых стропон набольшую высоту имеет равнобедренный треугольник. Доказите это непредсказвенное геометрическим!

Поскольку $S_{\triangle ABE} = S_{\triangle BCE}$, прямы $HBAE$ и $HBCE$ имеют одинаковый объем $\frac{1}{12}$. Значит,

$$\frac{1}{12} = V_{HBAE} = \frac{1}{3} \cdot S_{\triangle ABE} \cdot h \leq \frac{1}{3} \cdot S_{\triangle ABE} \cdot h_1 \leq \frac{1}{3} \cdot \frac{x}{2} \cdot \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{x^2}{4}}.$$ (1)

Решив неравенство $\frac{1}{12} \leq \frac{1}{3} \cdot \frac{x}{2} \cdot \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{x^2}{4}}$, получаем $x = 1$. Тогда $\frac{1}{3} \cdot \frac{x}{2} \cdot \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{x^2}{4}} = 1$ и во всех нетрогих неравенствах (1) выполняется равенство. Значит, $h = h_1 = \frac{1}{2}$ и $S_{\triangle ABE} = \frac{1}{2}$. Следовательно, $|AB| = |AE|$ и $\widehat{BAE} = \frac{\pi}{2}$. Учитывая условие $S_{\triangle ABE} = S_{\triangle BCE}$, заключаем, что основание $ABCE$ — квадрат. Кроме того, $|AH| = |EH| = \frac{\sqrt{2}}{2}$, плоскость $AHE$ перпендикулара к плоскости $ABCE$ и $[HO]$ — высота прямы.

Радиус $r_1$ округности, вписанной в треугольник $AHE$, равен (задача 10 к п. 112 «Геометрии 8») $$\frac{S_{\triangle AHE}}{p_{\triangle AHE}} = \frac{\sqrt{2} - 1}{2}$$. Опис

Рис. 6. Рис. 7.

тим из точки $H$ перпендикуляр $HK$ на $BC$ (рис. 7). По теореме о трех perpendicularрах $OK \perp BC$. Значит, $|OK| = 1$. Радиус $r_2$ окружности, вписанной в треугольник $HOK$, равен $$\frac{S_{\triangle HOK}}{p_{\triangle HOK}} = \frac{3 - \sqrt{5}}{4}$$ . Легко проверить, что $r_2 < r_1$.

Рассмотрим шар радиуса $r_2$ с центром в точке $M$ (см. рис. 7). Он касается граней $AHE$, $ABCE$ и $BHC$. Поскольку его ортогональная проекция на плоскость $AHE$ есть круг радиуса $r_2$ с центром на $HO$, касаются $[AE]$, и $r_2 < r_1$, мы заключаем, что этот круг лежит внутри треугольника $AHE$. Поскольку прямы $HABCE$ проектируется при этом на $\Delta AHC$, сам шар лежит внутри прямы.

Ортогональная проекция произвольного шара, помещающегося в прямы $HABCE$, на плоскость $HOK$ есть круг того же радиуса, лежащий внутри треугольника $HOK$. Следовательно, шара не превходит $r_2$.

Задачи устного экзамена

1. Если $a \neq 0$ или $b \neq 0$, $\min f(x) = -\frac{1}{\sqrt{a^2 + b^2}}$, $\max f(x) = \frac{1}{\sqrt{a^2 + b^2}}$. Если $a=b=0$, $\min f(x) = \max f(x)=0$.

2. {3}. 3. Указание. Длина любой стороны треугольника меньше суммы длины приложающих к ней биссектрис. 4. Указание. Длина окружности радиуса $1 - 2\pi$, площадь соответствующего кругга $-\pi$. 6. $$\frac{5-b}{2(ab+a-2b+1)}$$

Физика

Физическая факультет

1. Границей простреливаемой области является парабола, уравнение которого таково:

$$y_{rp} = \frac{v_0^2}{2g} - \frac{g}{2v_0^2} x_{rp}^2.$$

2. Проекции ускоренной группыров на ось, направленную вертикально вниз, равны,

61

2. $U_1 = \frac{\mathcal{E}_2 C_2 - \mathcal{E}_1 C_1}{C_1 + C_2}$.

3. $|S_0 S| = F \sqrt{(3 + \cos \alpha)^2 + \sin^2 \alpha (1 + 1/\cos \alpha)^2}$.

Указание. Изображение $S$ находится в фокальной плоскости второй линии (рис. 12).

Вариант 2

1. $F = F_0 \text{ ctg} (\alpha/2)$.
2. $\alpha = 4/l$.
3. $x = \frac{2l}{(c^2 / |\vec{v}|^2)} - 1 \left( \sin \alpha \pm \sqrt{(c^2 / |\vec{v}|^2) - \cos^2 \alpha} \right)$;

знак «минус» соответствует движению автомобилья в противоположную сторону.

Указание и е. При отражении звука угол падения равен углу отражения (рис. 13).

Вариант 3

1. $\delta = \begin{cases} 1 - (nr/R)^2 & \text{при } nr < R, \\ 0 & \text{при } nr \geq R. \end{cases}$

Указание. Ход граничного луча, еще не поглощенного внутренней частью шара, показан на рисунке 14.

2. $|\vec{F}| = \frac{\omega a^3 |\vec{B}|^2}{4R}$.
3. $|\vec{v}_{\text{max}}| = \frac{k_2 a}{\sqrt{m (k_1 + k_2)}}$.

Задание-оценки

1. Накопленная при падении с высоты $h$ энергия $mgh$ расходуется на работу $A \sim |\vec{F}| l$ против средней силы $\vec{F}$, действующей на ноги ($l$ – путь центра

Рис. 12.

Рис. 13.

Рис. 14.

Рис. 15.

Рис. 16.

тяжестни за время действия силы, примерно равный длине ног). Таким образом,

$|\vec{F}| \sim mg \frac{h}{l}$.

Взяв $m = 70 \text{ кг}$, $h = 5 \text{ м}$, $l = 1 \text{ м}$, получим $|\vec{F}| \sim 3500 \text{ H}$.

2. Луччи, идущие от краев Солнца через центр лины (угол между ними равен отношению диаметра Солнца к расстоянию до него: $\alpha = D_C/r_C$), не преломляются и создают в фокальной плоскости лины изобравжения Солнца (рис. 15). Диаметр изобравжения

$$d = \alpha F = \frac{D_C}{r_C} F,$$

где $F$ – фокусное расстояние лины. Энергия, упавшая на площадь лины $\pi D^2/4$, концентрируется на существенное меньше площади изобравжения $\pi d^2/4$. Таким образом, происходит увеличение энергии на единицу площади в

$$\beta = \frac{D^2}{d^2} = \left( \frac{D_r}{D_C} F \right)^2 \text{ раз.}$$

Выбирая, например, $D = 5 \text{ см}$, $F = 25 \text{ см}$ и подставляя значение углового диаметра Солнца $\alpha = D_C/r_C$, получим $\beta \sim 400$.

3. Оценим давление, пользоваться гидростатической формулой

$$p = \rho g \text{средн} R \sim \rho \frac{g}{2} R,$$

(g средн = $\frac{g}{2}$, так какускорение силы)

тяжестни от центра Земли до ее поверхности растет по линейному закону). Оценим

62

Плотность Земли:

$$\rho = \frac{M_3}{V_3} = \frac{gR^2/\gamma}{4/3\pi R^3} = \frac{3g}{4\pi R\gamma}.$$

Таким образом,

$$p \sim \frac{3g^2}{8\pi\gamma} \sim 10^6 \text{ atm.}$$

Задание - демонстрации

1. Под действием поля внутреннего конденсатора на шарике индуктивности заряды. Они распределяются так, чтобы однорменные к ближней пластине конденсатора заряды расположились подальше от нее, а разноменные — поближе. Это приводит к возникновению силы, притягивающей шарик к одной из пластин. При сорриксовенении шарика с пластиной на него переходит заряд, однорменный с зарядом пластины, возникает отталкивание от этой пластин и притяжение к другой. Далее все повторяется. Шарик на себе переходит заряды с одной обкладки конденсатора на другую.

2. При вдвогании железного сердечника индуктивность катушки и, следовательно, ее индуктивное сопротивление возрастают. Свечение лампочки при увеличении индуктивности первой катушки будет возрастать, если эта катушка включана в цепь параллельно лампочке. Аналогично, свечение лампочки при увеличении индуктивности второй катушки будет уменьшаться, если катушка включана в цепь последовательно с лампочкой. Таким образом, приходим к схеме, изобразенной на рисунке 16.

3. В сплошном колце индуктивности колъевой вихревой ток такого направления, что его взаимодействие с магнитным полем катушки приводит к отталкиванию колца (вдоль стержня) от катушки. Когда колъю разрезано, такой колъевой ток возникнуть не может, и выталкивание колца не наблюдается.

Московский институт стали и сплавов

Физика

1. $$\left| \vec{a} \right| = \frac{m_2 \sin \beta - m_1 \sin \alpha}{m_1 + m_2} g = 1 \text{ m/c};$$
   $$\left| \vec{T} \right| = \frac{m_1 m_2 g(\sin \alpha + \sin \beta)}{m_1 + m_2} = 6 \text{ H}.$$

2. $$m_2 = m_1 \frac{c_1(t_1 - \theta)}{c_1 \theta + r - c_2 t_2} \approx 0,56 \text{ кг}.$$

3. $$l_1 = \frac{L \mu_2}{\mu_1 + \mu_2} = 5 \text{ cm} \text{ и } l_2 = \frac{L \mu_1}{\mu_1 + \mu_2} = 80 \text{ cm} (\text{здесь } \mu_1 = 32.10^{-3} \text{ кг/mоль и } \mu_2 = 2.10^{-3} \text{ кг/mоль — молярные массы, соответственно, класса и водорода}).$$

4. $$h = \frac{e |\vec{E}| L^2}{2 m |\vec{v}|^2} \approx 10^{-2} \text{ м} = 1 \text{ cm}.$$

5. $$\frac{(2R + r) q}{r C} = 110 \text{ B}.$$

6. $$\delta \approx 0,1 \text{ рад} \approx 6^\circ.$$

Где ошибка?

(cm. с. 38)

Логическое правило, сформированное в задание, относится к высказывании (в самом деле, как по-вашему: предложение A истинно? ложно?), то предложение C без дополнительных учтений (очевидно, предложение C есть сокращение для «Говоря X», я говорю правду); высказыванием оно становится только после конкретизации X, причем при одних X оно становится истинным высказыванием, при других — ложным) считать высказыванием явно незначим.

Причину ошибки можно обьясить немного короче: в предложении «Из В следует C» и «Из А следует C» C имеет различный смысл.

Знаю ли я неравенства?

(cm. с. 43)

1. $$0; 1. [. 2. ] - 4; - 3 [\cup] - 3; \infty [. 3. ] 0; 1 [\cup] 1; \infty [. 4. ] \log_1/\sqrt{2} 3; \infty [=] - 2 \log_2 3; + \infty [. 5. ] \frac{\pi}{4} + 2 \pi k; \frac{5\pi}{4} + 2 \pi k [k \in Z] 6. ] - \infty; + \infty [. 7. ] \sqrt{\cos 6} большие. 8. - 2 a.$$

2. Ответ.] $^9/4$; $\infty [. \text{Решение. Обозначим } \sqrt{2} = a$; тогда $2 = a^2$ и исходное неравенство перепишется в виде:

$$\log_a - 0,5 (x^2 (x - 3a) + a^2 (3x - a)) < 6.$$

$$\log_a - 0,5 (x^3 - 3ax^2 + 3a^2 x - a^3) < 6 \Leftrightarrow \log_a - 0,5 (x - a)^3 < 6 \Leftrightarrow 3 \log_a - 0,5 (x - a) < 6 \Leftrightarrow \log_a - 0,5 (x - a) < 6 \Leftrightarrow 1 \leq x \leq 2.$$

2. Легко видеть, что $x^2 - 3x + 3 > 0$ при любых x. Следовательно, arcsin ($x^2 - 3x + 3$) больше нулю при всех таких x, что $x^2 - 3x + 3 \leq 1$. Но очевидно, $x^2 - 3x + 3 \leq 1$ и $x^2 - 3x + 3 \leq 1$.

При x = 1 теряет смысл $\log_x x^2$, поэтому для исходного неравенства допустимяя значения $1 < x \leq 2$. Знаменатель исходной дроби равен $x^3 - x^2 + x + 2$. Нетрудно проверить (хотя бы с помощью произвольной), что на [1; 2] это выражение положительное. Ответ.] 1; 2].

«Квант» для младших школьников
(см. «Квант» № 4)

1. $1311 - 952 = 359$
   $313 + 17 = 330$
   $1624 : 56 = 29$
   $333^3 = 36926037$
   $477^3 = 108531333$
   $997^3 = 991026973$
2. a) $1233 = 12^2 + 33^2$; b) $8833 = 88^2 + 33^2$.
3. Заменим все числа их остатками от деления на 5 (см. таблицу), а сверху

| | | | | | | |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| 3 | 5 | 7 | 11 | 13 | 17 | 19 | 23 | 29 |
| 3 | $\ddot{0}$ | $\dot{2}$ | $\ddot{1}$ | $\dot{3}$ | $\ddot{2}$ | $\dot{4}$ | $\ddot{3}$ | $\ddot{4}$ |

Движение заряженных частиц в электрическом и магнитном полях
(см. «Квант» № 4)

1. $|\vec{E}| = \frac{4|\vec{v}|^2 \sin^2 \alpha (h \text{ ctg} \alpha - d)}{h^2 e/m} = 1,82 \cdot 10^4 \text{ B/m}$.
2. $R = \frac{e^2}{8 \pi \varepsilon_0 W} = 5,2 \cdot 10^{-11} \text{ M}$, где $\varepsilon_0 = 8,85 \cdot 10^{-12} \text{ F/m}$ — электрическая постоянная.
3. $\frac{\Delta U}{U_0} \leqslant \frac{A_2 - A_1}{A_1 + A_2} = \frac{1}{40} = 2,5\%$.

Указание. Пучки изотопов калия не будут перекрываться, если $R_{2m1n} \geqslant R_{1max}$. Здесь
$$R_{2m1n} = \frac{1}{e|\vec{B}|} \sqrt{2em_2(U_0 - \Delta U)},$$
$$R_{1max} = \frac{1}{e|\vec{B}|} \sqrt{2em_1(U_0 + \Delta U)}$$

($m_1 \sim A_1$ и $m_2 \sim A_2$ — массы соответствующихонов калия).

4. $T_p = T_e \frac{m_p}{m_e}$.

Рис. 17.

Рис. 18.

64

Московский архитектурный институт
(см. «Кваант» №4)

Математика
Билет 1
2. 1) $m^2 - 2$; 2) $m(m^2 - 3)$;
3) $\sqrt{m^2 - 4}$ или $-\sqrt{m^2 - 4}$. 3. $a^2\left(\frac{\pi}{3} + \frac{1}{4\sin^2 75^\circ} - 1\right) = a^2\left(\frac{\pi}{3} + 1 - \sqrt{3}\right)$.

Указание: Фигура, плошадь которой требуется найти, является обедининием квадрата и четырех сегментов.

Билет 2
2. 8. 3. $\sqrt{41,36} \approx 6,4$ (м). Указание е. Пусть $\alpha(x)$ — угол, под которым человека, стоящий на расстоянии $x$, видит статую. Тогда функция $x \rightarrow \alpha(x)$ и $x \rightarrow \tau g\alpha(x)$ принимают наиболее значение в одной и той же точке.

Физика

1. $\alpha = \arccos\left(1 - \frac{m^2|\vec{v}|^2}{2(m+M)^2gl}\right)$.
2. $|\vec{F}_1| = Mg\cos\alpha$; $|\vec{F}_2| = Mg\sin\alpha$.
3. $|\vec{F}_{cp}| = \frac{m}{s}\left(g(H+s) + \frac{|\vec{v}_0|^2}{2}\right) = 761$ Н.
4. $q = 2l\sin\alpha\sqrt{2\pi\epsilon_0mg\sin\alpha} \approx 3,3 \cdot 10^{-8}$ Кл.
5. $t_3 = t_1 + t_2 = 45$ мин; при увеличении продолжительности нагрева увеличаются потеря теплы в окружающей среду, следовательно, в каждом последующем случае КПД меньше, чем в предыдущем.
6. $I_{k3} = \frac{I_2^2P_1 - I_1^2P_2}{P_1I_2 - P_2I_1} = 112$ А.

Домино-пасьянс
(см. «Кваант» №4, с. 56)
См. рисунки 19, 20, 21.

Рис. 19.

Рис. 20.

Рис. 21.

Номер готовили:
А. Виленкин, И. Клумова, Т. Петрова,
А. Сосинский, В. Тихомирова,
Ю. Шиханович

Номер оформили:
М. Дубах, Г. Красиков, С. Лухин,
Э. Назаров, И. Смирнова, В. Чернов
В. Шептовицкий

Зав. редакцией Л. Чернова

Художественный редактор Н. Вершинна

Корректор А. Ипатова
113035, Москва, М-35, Б. Ордынка, 21/16,
«Кваант», тел. 231-83-62
Сдано в набор 29/I-79
Подписано в печать 13/IV-79
Бумага 70×108/16. Физ. печ. Л. 4
Усл. печ. Л. 5,60 Уч.-изд. Л. 6,77 Т-08943
Цена 30 коп. Заказ 423
Тираж 287 200 экз.

Чеховский полигraphический комбинат
Союзполигraphпрома
Государственное комитета
СССР по делам издательств, полигraphии и книжной торговли,
г. Чехов Московской области

Руководис не возвращаются