Đã chọn bài toán Olympic toán nước ngoài: Olympic Hoa Kỳ

60

Yêu thích bài toán
nước ngoài
toán học
Olympic:
Thế vận hội Hoa Kỳ

Mathematical equations of limits and their applications in the history of mathematics. In the history of mathematics, the first problem was the determination of the limit of a function. The first problem was the determination of the limit of a function. The first problem was the determination of the limit of a function.

In the history of mathematics, the first problem was the determination of the limit of a function. The first problem was the determination of the limit of a function.

In the history of mathematics, the first problem was the determination of the limit of a function. The first problem was the determination of the limit of a function.

In the history of mathematics, the first problem was the determination of the limit of a function. The first problem was the determination of the limit of a function.

1. Tính trung tâm năm 1971. Hiệp hội toán học Hoa Kỳ, nỗi ám ảnh toán học, nghiên cứu sơ cấp về các phương trình toán học không chuẩn hóa đồng nhất và đồng nhất. Tuyển chọn kế toán viên cho các phương trình toán quốc gia. Trong những năm gần đây, vòng đầu tiên là Kỳ thi Toán Trung học Hoa Kỳ (EHSME) hàng ngày, được tổ chức tại địa phương và dành cho tất cả học sinh. Vì vậy, vào năm 1985, những kỳ thi này được tổ chức vào tháng 2 và có hơn 380.000 người tham gia. Vòng thứ hai là “câu cảm thán toán học kiểu Mỹ” (AIME). Bài kiểm tra này bao gồm mười lăm câu hỏi và kéo dài $2^{1/2}$ giờ. Năm 1985, 932 học sinh đã được chấp nhận tham gia kỳ thi này và đạt được hơn 95 điểm trong tổng số 150 điểm của EHSME. Những học sinh AIME xuất sắc nhất (năm 1985 - 64 người trả lời đúng trên 10 câu) được vào vòng chung kết các phương trình toán học cấp quốc gia.

Những người tham gia vị trí đầu tiên sẽ được đưa đến Washington để tham dự buổi dạ tiệc kéo dài ba ngày được tổ chức dưới sự bảo trợ của Viện Hàn lâm Khoa học Quốc gia Hoa Kỳ.

Phương trình toán học quốc gia đầu tiên được phát triển vào năm 1972.

Bài toán của ba phương trình quốc gia đầu tiên của Hoa Kỳ được đưa ra trong cuốn sách: Morozova E. A., Petrokov I. S., Skovortsov V. A. Phương trình toán học quốc tế. M.: Giáo dục, 1976.

Dưới đây chúng tôi trình bày một số phương trình tiếp theo bài toán.

1. (1973). Chín điểm được đánh dấu nằm bên trong một hình vuông. Chứng minh rằng trong số đó có ba điểm nằm trên cùng một đường thẳng hoặc là các đỉnh của một tam giác có diện tích không quá 1/8.

2. (1975). Gọi $A, B, C, D$ là bốn điểm trong không gian. Chứng minh rằng

$$AC^2 + BD^2 + AD^2 + BC^2 \geq AB^2 - CD^2.$$

3. (1976). Tìm phương trình lời giải theo số $a, b, c$:

$$a^2 + b^2 + c^2 = a^2 b^2.$$

4. (1978). Một số nguyên $n$ được gọi là tốt nếu nó có thể được biểu diễn dưới dạng $n = a_1 + a_2 + ... + a_k$, trong đó $a_1, a_2, ..., a_k$ là các số tự nhiên (không nhất thiết phải phân biệt) thỏa mãn các quan hệ $\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + ... + \frac{1}{a_k} = 1$.

Được biết, các số tự nhiên 33, 34,…, 73 đều tốt. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên ít nhất 33 đều tốt.

5. (1979). Một số tổ chức có $n$ người ($n \geq 5$), cũng như $n + 1$ ủy ban gồm ba người và thành phần kế toán ở các ủy ban khác nhau không giống nhau. Chứng minh rằng có hai ủy ban có đúng một thành viên chung.

6. (1980). Tìm số cấp độ tranh luận gấp ba lần tối đa có thể được chọn từ dãy số $a_1 < a_2 < ... < a_n$.

7. (1980). Một hình cầu được ghi trong một mặt phẳng, tiếp xúc với các mặt của mặt đất tại trọng tâm của chúng (nghĩa là tại các điểm giao nhau của các đường trung tuyến). Chứng minh rằng Terrade đúng.

8. (1980). Tìm tất cả các số $a_0$ mà dãy vô hạn ($a_n$) được xác định bởi các đẳng thức $a_n = 2^{n-1} - 3a_{n-1}$ cho $n = 1, 2, 3, ...$ đang tăng nghiêm ngặt, tức là $a_{n-1} < a_n$ cho tất cả $n$.

9. (1981). Cho một góc có độ lớn $\frac{180^\circ}{n}$, trong đó $n$ là số tự nhiên, không tạo bởi 3. Chứng minh rằng (nghĩa là $n$) có thể chia góc này thành ba góc bằng nhau chỉ bằng compa và thước kẻ.

10. (1981). Cho $n$ điểm, không có bốn điểm nào nằm trên cùng một mặt phẳng. Đặt $A$ là tập hợp tất cả các địa hình có đỉnh tại các điểm này. Mặt phẳng $a$ không chứa bất kỳ dữ liệu điểm nào. Chứng minh rằng trong số tất cả các đường phân cách của tập $A$ trong mặt phẳng $a$ có nhiều nhất $n^2(n-2)^2$ góc chẵn.

11. (1982). Trong một xã hội gồm những tài khoản năm 1982, trong bất kỳ nhóm bốn tài khoản nào cũng có ít nhất một người quen thuộc với ba tài khoản còn lại. Tên của một nhóm người mà tất cả mọi người đều biết là gì?

12. (1984). Phương trình toán học được giải theo hai cách. Đầu tiên, giải pháp được tìm thấy bằng phương trình tuyến tính và thứ hai, sử dụng phương trình bậc hai. Phương pháp thứ hai hiệu quả hơn vì nó đòi hỏi ít bước hơn và ít công sức tính toán hơn.

13. (1985). Trong không gian chứa bốn số cho trước, trong sáu khoảng cách theo cặp giữa chúng, không có quá hai số vượt quá 1. Tìm giá trị lớn nhất có thể có của tổng tất cả sáu khoảng cách này.

Ấn phẩm được biên soạn bởi M. L. Sitnikov, G. A. Tonoyan

61

Bài học của một bài toán

3. Vì các vectơ $\vec{BC}$ và $\vec{AD}$ đồng hiệu chỉnh nên có sự đồng nhất tập trung tại điểm $E$ (xem hình 2 trang 23) và một hệ số $k_1 = BC:AD$ tại đó
   $$H_0^{k_1}:BC \rightarrow AD, B \rightarrow A, C \rightarrow D, F \rightarrow H.$$
   Do đó, các điểm $E, F, H$ nằm trên cùng một đường thẳng $EF$. Vì các vectơ $\vec{BC}$ và $\vec{DA}$ đối nhau nên có sự đồng nhất với tâm $O$ và hệ số $k_2 = -OB:OD$ sao cho
   $$H_0^{k_2}:BC \rightarrow DA.$$
   Do đó, các điểm $O, F, H$ thuộc đường $OH$. Tiếp điểm $EF$ và $OH$ có hai điểm chung $(F, H)$ nên trùng nhau.
4. Trên đường thẳng $AK$ ta chọn một điểm tùy ý $X$ (hình 1), nối nó với điểm $C$ và với điểm $B$. Lấy $KC$ cắt $XB$ tại điểm $O$, qua các điểm $A$ và $O$ ta vẽ đường thẳng $AO$ cắt đoạn $XC$ tại điểm $E$. Phân đoạn $KE$ là phân đoạn bắt buộc.
5. Khi tính đến các công trình được xem xét trong bài toán 5, chúng ta tìm thấy một đoạn có độ dài $y$ sao cho
   $$\frac{1}{y} = \frac{1}{a} + \frac{1}{c}.$$
   Sau đó, chúng ta xây dựng một đoạn có độ dài $x$ sao cho
   $$\frac{1}{x} = \frac{1}{y} + \frac{1}{b}.$$
6. Cho $m$ và $n$ cho các đường thẳng song song, $P$ cho một điểm. Chúng ta thực hiện các phép dựng như ở hình 2: vẽ qua các điểm $P$ - một đường thẳng tùy ý sẽ cắt các đường thẳng song song tại các điểm $D$ và $A$, $X$ - một điểm tùy ý thuộc đường thẳng $AP$. Chúng ta vẽ một đường thẳng tùy ý đi qua điểm này và nhận được điểm $C$ và $B$. Sau đó chúng ta vẽ $AC$ và $BD$ - chúng ta nhận được điểm $K$, chúng ta vẽ $KX$, chúng ta nhận được điểm $H$ - giữa $AB$, sau đó chúng ta vẽ $CP$ - chúng ta nhận được điểm $E$, đường thẳng $DE$ sẽ cắt nhau $BX$ tại điểm $L$, đường thẳng $PL$ tại điểm.
7. Đội hình được hiển thị trên hình 3, trên đó các số được biểu thị bằng đội hình $Epriancона$ - hiển thị trên hình 4.

Trường học yêu thích bài toán

1. a) Sử dụng bất đẳng thức hiển nhiên:
   $$a^2 \geq a^2 - (b - c)^2,$$
   $$b^2 \geq b^2 - (c - a)^2,$$
   $$c^2 \geq c^2 - (a - b)^2.$$

6. Sử dụng các công thức $R = \frac{abc}{4S}$, $r = \frac{2S}{a + b + c}$, trong đó $S = \frac{1}{4} \sqrt{(a + b + c)(a + b - c)(a + c - b)(b + c - a)}$ và bài toán 1, a).
   Sự bình đẳng đạt được trong trường hợp tam giác đều.

2. $x^6 + 2x^4 + 2x^3 + x^2 + 2x - 1 = (x^3 + x + 1)^2 - 2$. Do đó giá trị nhỏ nhất của đa thức này là $-2$ (khi $x^3 + x + 1 = 0$). (Điều thú vị là có thể xác định được giá trị nhỏ nhất nhưng không thể xác định được giá trị tương ứng $x$.)
3. $n^4 + 64 = (n^2 + 8)^2 - 16n^2 = (n^2 + 4n + 8)(n^2 - 4n + 8)$.
4. Một lời giải được tìm thấy bằng cách chọn: $100 + 27 + 1 = 128$, tức là $x = 10, y = 3, z = 1$.

Hình 1.
Hình 3.
Hình 2.
Hình 4.

62

t=2. Sau đó, chúng ta nhân x, y, z, t tương ứng với $n^{105}$, $n^{70}$, $n^{42}$ và $n^{30}$ (n là bất kỳ số tự nhiên nào). Do đó, bất kỳ tập nào {10$n^{105}$; 3$n^{70}$; $n^{42}$; 2$n^{30}$}, $n\in N$, cho ra lời giải của phương trình đã cho.

5. Phát biểu bài toán suy ra từ đẳng thức diện tích của các tam giác ABN và AMC (hình 5);
   $$S_{ABN} = S_{AMC} = \frac{1}{k+1} S_{ABC},$$ ở đâu $k=AM:MB$.

6. Cộng các phương trình của hệ số hạng theo số hạng, sau các phép biến đổi đơn giản ta thu được
   $$(x-y)^2 + (x-z)^2 + (y-z)^2 = 0.$$
   Từ đây là lời giải: $x=y=z$.

7. a) Sử dụng công thức:
   $$a=2R \sin \alpha, b=2R \sin \beta, c=2R \sin \gamma$$
   (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) và $\sin(\alpha+\beta)=\sin \gamma$.

6. $$\sin \frac{\alpha}{2} = \sqrt{\frac{1-\cos \alpha}{2}} =$$
   $$\sqrt{\frac{1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{2}} = \sqrt{\frac{a^2-(b-c)^2}{4bc}} \leqslant \frac{a}{2\sqrt{bc}}.$$
   Tương tự như vậy
   $$\sin \frac{\beta}{2} \leqslant \frac{b}{2\sqrt{ac}}, \sin \frac{\gamma}{2} \leqslant \frac{c}{2\sqrt{ab}}.$$
   Như vậy,
   $$\sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2} \leqslant \frac{1}{8}.$$
   Giá trị lớn nhất là $\frac{1}{8}$ và đạt được trong trường hợp tam giác đều.

8. Bởi vì $k^5+3=(k^3-k)(k^2+1)+k+3$, $k^5+3$ chia hết cho $k^2+1$ khi $k+3=0$, tức là $k=-3$. Tuy nhiên, với $k$ nhỏ thì có thể $k^2+1$ cũng chia hết cho $k+3$. Vì vậy, cần phải kiểm tra xem điều gì xảy ra ở $|k|<-3$ ($k\in Z$). Dễ dàng nhận thấy các giá trị $k=-1$, 0, 1 và 2 cũng phù hợp. Đáp số: {-3; -1; 0; 1; 2}.

9. Vì các góc $P$ và $N$ là góc vuông nên có thể vẽ một đường tròn có đường kính MC (hình 6) xung quanh tứ giác MPCN. Do đó, $PN=MC \cdot \sin C$, nên đoạn $PN$ sẽ có độ dài nhỏ nhất khi đoạn MC nhỏ nhất, tức là khi MC là chiều cao của tam giác ABC. Do đó, vị trí mong muốn của điểm $M$ trên AB là đáy của đường cao hạ xuống từ đỉnh C.

10. Đảm bảo rằng trên mỗi khoảng $]-\infty; 0]$, $]0; 1[$, $[1; \infty[$ hàm $f(x)=x^{10}-x^7+x^2-x+1$ đều dương.

11. Vì phân biệt của phương trình là $$\sin^2 xy-1,$$ nên phương trình chỉ có lời giải trong trường hợp $$\sin^2 xy=1,$$ tức là $$\sin xy=\pm 1.$$
    Vì vậy $x=\pm 1$, $y=\pi/2+\pi k$, $k\in Z$.

12. Lợi dụng tầm nhìn
    $$\frac{1}{k(k+1)(k+2)(k+3)} =$$
    $$=\frac{A}{k}+\frac{B}{k+1}+\frac{C}{k+2}+\frac{D}{k+3},$$
    chứng minh sự bình đẳng
    $$\frac{1}{k(k+1)(k+2)(k+3)} =$$
    $$=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{k}-\frac{3}{k+1}+\frac{3}{k+2}-\frac{1}{k+3}\right).$$
    Số tiền yêu cầu là $$\frac{1}{6}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{n+1}+\frac{2}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right).$$

13. Lợi dụng danh tính
    $$tg \alpha tg \beta = \frac{tg \alpha-tg \beta}{tg(\alpha-\beta)}-1.$$

14. Đặt $\sqrt{2-x}=a$, $\sqrt{x-1}=b$, bạn sẽ có một hệ thống bằng nhau:
    $$2-x=a^3, x-1=b^2, a=1-b, b\geqslant 0,$$
    Ở đâu
    $$b^2+1=2-(1-b)^3.$$
    Các nghiệm của phương trình này là $b_1=0$, $b_2=1$, $b_3=3$. Các nghiệm của phương trình này là $x_1=1$, $x_2=2$, $x_3=10$.

15. Từ sự đồng dạng của các tam giác CEH và CHA (H và E là giao điểm của phần kéo dài chiều cao với hình bán nguyệt tương ứng)
    $$HC:EC=AC:HC.$$
    Cuối cùng, từ sự đồng dạng của các tam giác CDF và CFB
    $$CF:CD=BC:CF.$$
    Pozotomu
    $$HC^2(2)=EC \cdot AC(1)=DC \cdot BC(3)=CF^2.$$
    Sự bằng nhau của các cặp đoạn còn lại được thiết lập tương tự.

Kích thước bao nhiêu?

1. 12 chiếc máy cắt và 23 con gà lôi.
2. 100 ram già và 12 ram trẻ.
3. Một cuộn vách thạch cao màu trắng có giá 7 rúp, đen - 11 rúp, đỏ - 8 rúp, xanh lá cây - 6 rúp, xanh lam - 7 rúp.
4. 5 nam, 1 nữ, 6 trẻ em.

AC Peni

1. $v=1/(2\pi RC); U_{bix}/U_{bx}=1/3.$
2. $I_m=U_m/(\omega L)=U_m\sqrt{C/L}=0,1$ A.

63

Đã chọn bài toán mô tả toán học nước ngoài: mô tả SIA

1. Chia hình vuông này thành bốn hình vuông bằng các đường ở giữa. Ít nhất một trong các hình vuông thu được sẽ chứa ít nhất ba điểm được đánh dấu và ba điểm bất kỳ nằm trong cùng một hình vuông nhỏ đều thỏa mãn các điều kiện.

2. Chúng ta hãy biểu thị các vectơ $\vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD}$ bằng $\vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$. Khi đó ta chứng minh bất đẳng thức có dạng
   $$\vec{c}^2 + (\vec{d} - \vec{b})^2 + \vec{d}^2 + (\vec{c} - \vec{b})^2 \geq \vec{b}^2 + (\vec{d} - \vec{d})^2$$
   sau khi mở ngoặc và sắp xếp lại các số hạng ta được
   $$(\vec{c} + \vec{d} - \vec{b})^2 \geq 0.$$

3. Rõ ràng, $a = b = c = 0$ là lời giải. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng không có lời giải nào khác. Bình phương của bất kỳ số nào có phần dư là 0 hoặc 1 khi chia cho 4. Do đó, từ đẳng thức của chúng ta, suy ra rằng các số $a^2, b^2, c^2$ chia hết cho 4; Điều này có nghĩa là các số $a, b, c$ chia hết cho 2. Hãy đặt $a = 2a_1, b = 2b_1; c = 2c_1$. chúng tôi có
   $$a_1^2 + b_1^2 + c_1^2 = 4a_1^2 b_1^2.$$
   Bây giờ chúng ta có thể thấy rằng các số $a_1^2, b_1^2, c_1^2$ chia hết cho 4; chúng ta đặt $a_1 = 2a_2, b_1 = 2b_2, c_1 = 2c_2$, chúng ta nhận được
   $$a_2^2 + b_2^2 + c_2^2 = 16a_2^2 b_2^2.$$
   Tiếp tục lập luận như vậy, chúng ta thấy rằng $a, b$ và $c$ chia hết cho $2^n$ với mọi $n$.

4. Nó đủ để chứng minh rằng nếu số $n$ tốt thì các số $2n+2$ và $2n+9$ tốt. Chứng minh điều đầu tiên: nếu $\frac{1}{a_1} + \dots + \frac{1}{a_k} = 1$ thì $\frac{1}{2a_1} + \dots + \frac{1}{2a_k} + \frac{1}{2} = 1$.

Chứng minh khẳng định thứ hai: nếu $\frac{1}{a_1} + \dots + \frac{1}{a_n} = 1$ thì $\frac{1}{2a_1} + \dots + \frac{1}{2a_k} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = 1$.

5. Bổ đề cơ bản: Nếu trong một số thành phần có ít nhất năm số nguyên, hai thành phần bất kỳ có hai số hạng chung thì có hai số nguyên.

6. Số $a_k$ có thể là số hạng giữa của tối đa $min(k-1, n-k)$ cấp số cộng ba ngôn ngữ. Do đó, tổng số cấp số cộng ba phần mười không thể lớn hơn tổng
   $$0 + 1 + 2 + \dots + \left[ \frac{n-1}{2} \right] + \dots + 2 + 1 + 0.$$
   Tổng này bằng $\frac{n}{2} \left( \frac{n}{2} - 1 \right)$ đối với $n$ chẵn và $\left( \frac{n-1}{2} \right)^2$ đối với $n$ lẻ. Đây là đáp số, vì nó chính xác là cấp số cộng ba phần mười có trong dãy 1, 2, 3, …, $n$.

7. Khoảng cách từ đỉnh của tứ diện góc ba mặt đến điểm tiếp xúc của hình cầu với các mặt của góc này bằng nhau; đồng thời các khoảng cách này bằng 2/3 độ dài các đường trung tuyến tương ứng. Do đó, các đường trung tuyến của các mặt tứ diện xuất phát từ cùng một đỉnh là bằng nhau. Khoảng cách từ giữa cạnh tứ diện đến hai điểm tiếp xúc của hình cầu với các mặt liền kề với cạnh này bằng nhau; đồng thời các khoảng cách này bằng 1/3 độ dài các đường trung tuyến tương ứng. Do đó, các đường trung tuyến của mặt

64

Hình 8.

Sau đó, chất khô bắt đầu chiếm 4/10 trọng lượng của nấm. Do đó trọng lượng của nấm là 10x/4 và trọng lượng của nước là 6x/4. Từ điều kiện 9x - 6x/4=15, từ đó x=2. Do đó, trọng lượng ban đầu của nấm là 20 kg.
2. Xem hình 8.
3. Gọi n là số tầng trong ngôi nhà, l là số lối vào lối vào nơi Kolya sống, k là số lối vào lối vào nơi Vitya sống. Khi đó từ điều kiện ta thu được hệ
$$\begin{cases} 83=4nl+16+3, \\ 169=4nk+8+1. \end{cases}$$
Từ phương trình đầu tiên, nl=16, từ phương trình thứ hai - nk=40. Các số 16 và 40 có 4 ước chung là 1, 2, 4, 8. Biết Kolya sống ở tầng 5 nên n ≥5; do đó n=8.

Trang cờ vua (xem «Kvant» số 6)

Nhiệm vụ 11 (E. Pogosyanits). 1. Npf3! Kpg1
2. Ke2 K:b2 (2…Kf2 3. b4 Ke4 4. b5 Kd6 5. b6 Kpg2 6. Kpd3 Kpf3 7. Kpd4, v.v.)
3. Kpd2 Kpf2 4. Kpc2 Kpe3 5. Kp:b2 Kpd4 6. Kpa3 Kpc5 7. Kpa4 Kpb6 8. Kpb4 và phe đối lập bị chinh phục.

Nhiệm vụ 12 (E. Pogosyanits). 1. Kg1 Kpg2 (1…Kpf2 2. Cc5+) 2. Ke2 (2. Cc5 Rlc4 hòa) 2…Je4 (2…Kpf3 3. Kc1 h5 4. c7 h4 Kd3 Rg8+ 6. Kpd7 h3 7. Cd6 Rg7+ 8. Kpc6 Rg8+ 9. Kpb7 Kpg2 10. Kf4+ Kpg3 11. Kg6+ Kpg2 12. Kh4+ và Tốt của Đen bị vô hiệu) 3. Kc3 (3. Nc1? h5 4. Kd3 h4 5. Cd6 h3 6. Kf4+ Kpg3 7. Kg6+ Kpg2 hòa) 3…Je4 4. Kd5! R:c6+ 5. Kpb7. Sự thống trị! Xe đen bị bắt trên một bàn cờ gần như trống rỗng. 5…Rc4(c2) 6. Ke3+; 5…Re6(g6) 6. Kf4+.

Tổng biên tập - Viện sĩ Yu. A. Osipyan
Phó Tổng biên tập thứ nhất - Viện sĩ A. N. Kolmogorov
Phó tổng biên tập: A. A. Leonovich, V. A. Leshkovtsev, Yu. P. Sollovev

Tuyển tập biên tập: A. A. Abrikosov, M. I. Bashmkov, V. E. Belonuchkin, V. G. Boltyansky, A. A. Borovoy, Yu. M. Bruk, V. V. Vavilov, A. A. Varlamov, 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. Kudryavtsev, E. M. Nikishchin, 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. Bellev, V. V. Bukhovtsev, E. P. Velikov, I. Ya. Verchenko, B. V. Vozdizhensky, G. V. Dorofeev, N. A. Ermolaeva, A. P. Ershov, Yu. V. Ivanov, V. A. Kirillin, G. L. Kotkin, R. N. Kuzmin, A. A. 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 chuẩn bị:
A. A. Varlamov, A. N. Vilenkin,
A. A. Egorov, I. N. Klumova, T. S. Petrova,
A. V. Sosinsky, V. A. Tikhomirova

Số đăng ký:
Yu. A. Vashchenko, M. V. Dubakh, S. V. Ivanov,
D. A. Krymov, N. S. Kuzmin, E. V. Nazarov,
A. M. Pomagreva, I. E. Smirnova,
P. I. Chernukiy

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova

biên tập nghệ thuật
S. V. Ivanov

Biên tập viên nghệ thuật T. M. Makarova

Người hiệu đính T. S. Weisberg

103006 Mátxcơva K-6,
St. Gorky, 32/1, «Kvant»,
điện thoại. 250-33-54

Giao hàng vào ngày 18/07/86. Ký xuất bản ngày 18 tháng 8 năm 1986.
T-11649 Vumala 70×108/16
In offset. CR.-ott có điều kiện. 23,8
Lò nướng có điều kiện l. 5.6 Biên tập học thuật. tôi. 7h30
Lưu hành 195427
Giá 40 kopecks. Lệnh 1920

Lệnh thay thế lao động đỏ
Nhà máy in Chekhov
VO “Soyuzoplgafir”
Ủy ban Nhà nước Liên Xô
để xuất bản, in ấn
và buôn bán sách
142300 Chekhov, khu vực Moscow

Cố vấn là cựu vô địch cờ vua thế giới, kiện tướng quốc tế A.E. Karpov. Trang này được chủ trì bởi bậc thầy thể thao cờ vua của Liên Xô, ứng cử viên khoa học kỹ thuật E. Ya. Gik.