WWW.UK.X-PDF.RU

БЕЗКОШТОВНА ЕЛЕКТРОННА БІБЛІОТЕКА - Книги, видання, автореферати

 
<< HOME
CONTACTS




Продажа зелёных и сухих саженцев столовых сортов Винограда (по Украине)
Тел.: (050)697-98-00, (067)176-69-25, (063)846-28-10
Розовые сорта
Белые сорта
Чёрные сорта
Вегетирующие зелёные саженцы

Продажа зелёных и сухих саженцев столовых сортов Винограда (по Украине)
Тел.: (050)697-98-00, (067)176-69-25, (063)846-28-10
Розовые сорта
Белые сорта
Чёрные сорта
Вегетирующие зелёные саженцы
Pages:     | 1 |   ...   | 12 | 13 || 15 |

«Вища математика Загальний курс Частина II Математичний аналіз і диференціальні рівняння Рекомендовано Міністерством освіти і науки України як навчальний посібник для студентів вищих ...»

-- [ Страница 14 ] --

Припустимо, що заданi функцiї лiнiйно залежнi на вiдрiзку [a; b], тобто 1 ek1 x + 2 ek2 x = 0, x [a; b], де, наприклад, 2 = 0. Тодi e(k2 k1 )x =, x [a; b].

Продиференцiювавши цю рiвнiсть, одержимо, що (k2 k1 )x (k2 k1 )e = 0, x [a; b], а це неможливо, оскiльки k1 = k2, e(k2 k1 )x = 0, x [a; b].

Аналогiчно можна довести, що: 1) функцiї y1 = ekx, y2 = xekx лiнiйно незалежнi на довiльному вiдрiзку [a; b] R; 2) функцiї y1 = ex cos x, y2 = ex sin x лiнiйно незалежнi на довiльному вiдрiзку [a; b] R, {k,, } R.

Очевидно, що коли функцiї y1 i y2 лiнiйно незалежнi на [a; b], то жодна з цих функцiй не дорiвнює тотожно нулю на цьому вiдрiзку.

Виявляється, що для одержання загального розв’язку лiнiйного однорiдного диференцiального рiвняння другого порядку досить мати два будь-якi лiнiйно незалежнi розв’язки цього рiвняння.

Теорема 1. Якщо y1 i y2 – довiльнi лiнiйно незалежнi розв’язки лiнiйного однорiдного рiвняння другого порядку (8), то його загальним розв’язком є функцiя

–  –  –

Вiдповiдь на те, яка будова загального розв’язку лiнiйного неоднорiдного рiвняння (7) дає теорема.

Теорема 2. Загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдного диференцiального рiвняння (7) є сумою його частинного розв’язку i загального розв’язку вiдповiдного лiнiйного однорiдного рiвняння (8), тобто

–  –  –

Отже, розв’язування рiвняння (7) ми звели до розв’язування рiвняння (15), яке з точнiстю до позначень збiгається з рiвнянням (7). Оскiльки загальним розв’язком рiвняння (15) є функцiя (11), то одержимо, що загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiвняння (7) має вигляд

yз.н. = C1 y1 + C2 y2 + y,

де y1, y2 – лiнiйно незалежнi розв’язки рiвняння (8) або (15).

З теорем 1 i 2 випливає, що для знаходження загального розв’язку лiнiйного неоднорiдного рiвняння (7) треба знайти два лiнiйно незалежних розв’язки вiдповiдного однорiдного рiвняння (8) i деякий частинний розв’язок неоднорiдного рiвняння (7). Доведено, що для лiнiйного однорiдного рiвняння (8) з неперервними на вiдрiзку [a; b] коефiцiєнтами завжди iснує два лiнiйно незалежних розв’язки цього рiвняння. Для лiнiйних рiвнянь зi сталими коефiцiєнтами лiнiйно незалежнi розв’язки знаходяться вiдносно просто.

3.3.2. Лiнiйнi однорiднi диференцiальнi рiвняння другого порядку зi сталими коефiцiєнтами. Розглянемо рiвняння y + py + qy = 0, (16) де p i q – сталi.

Шукатимемо частиннi розв’язки рiвняння (16) у виглядi

–  –  –

Оскiльки ex = 0, то, скоротивши на ex, одержимо квадратне рiвняння 2 + p + q = 0. (18) Рiвняння (18) називається характеристичним рiвнянням для диференцiального рiвняння (16). З цього рiвняння визначаються тi значення, при яких функцiя ex є розв’язком рiвняння (16).

Характеристичне рiвняння є рiвнянням другого степеня i має два коренi. Цi коренi можуть бути або дiйсними рiзними, або дiйсними й рiвними, або комплексно спряженими.

Розглянемо, який вигляд має фундаментальна система розв’язкiв, тобто сукупнiсть лiнiйно незалежних частинних розв’язкiв, у кожному з цих випадкiв.

I. Коренi характеристичного рiвняння (18) дiйснi та рiзнi: 1 = 2. У цьому випадку згiдно з формулою (17) знаходимо два частиннi розв’язки y1 = e1 x i y2 = e2 x. Цi два розв’язки лiнiйно незалежнi (приклад 5), а тому вони утворюють фундаментальну систему. Тодi загальний розв’язок, як випливає з теореми 1, має вигляд

–  –  –

II. Коренi характеристичного рiвняння (18) кратнi, тобто 1 = 2. У цьому випадку, скориставшись формулою (17), дiстанемо тiльки один частинний розв’язок y1 = e1 x. За другий частинний розв’язок вiзьмемо функцiю y2 = xe1 x, яка лiнiйно незалежна з y1 на будь-якому вiдрiзку [a; b] числової осi i є розв’язком (16). Отже, цi функцiї утворюють фундаментальну систему частинних розв’язкiв. Тому загальний розв’язок рiвняння (16) має вигляд

–  –  –

1 = + i, 2 = i. У цьому випадку фундаментальною системою розв’язкiв рiвняння є функцiї y1 = ex cos x, y2 = ex sin x. Тому загальний розв’язок рiвняння має вигляд

–  –  –

Характеристичне рiвняння 2 + 7 8 = 0 має коренi 1 = 8, 2 = 1, а тому фундаментальна система розв’язкiв y1 = e8x, y2 = ex.

Тодi загальний розв’язок має вигляд

–  –  –

3.3.3. Лiнiйнi неоднорiднi диференцiальнi рiвняння другого порядку зi сталими коефiцiєнтами.

Розглянемо тепер рiвняння y + py + qy = f (x), (19) де p, q – деякi дiйснi числа, а f – неперервна функцiя на вiдрiзку [a; b]. Як вiдомо з попереднього, загальний розв’язок рiвняння (19) є сумою частинного розв’язку неоднорiдного рiвняння й загального розв’язку вiдповiдного однорiдного рiвняння. Загальний розв’язок однорiдного рiвняння ми вмiємо знаходити, а тому залишилося розглянути питання знаходження частинного розв’язку лiнiйного неоднорiдного рiвняння. Якщо права частина f рiвняння (19) є многочлен, або показникова функцiя, або тригонометрична функцiя cos x чи sin x, або лiнiйна комбiнацiя цих функцiй, то частинний розв’язок можна знайти за допомогою методу невизначених коефiцiєнтiв.

I. Права частина рiвняння (19) f (x) = Pn (x), де Pn (x) = a0 xn +a1 xn1 +...+an1 x+an – многочлен степеня n.

У цьому випадку частинний розв’язок yч.н. (x) y(x) слiд шукати у виглядi y = Qn (x)xr, (20) де Qn (x) – многочлен того самого степеня n, що й многочлен Pn (x), але з невiдомими коефiцiєнтами, а r – число коренiв характеристичного рiвняння, якi дорiвнюють нулю. Для знаходження коефiцiєнтiв многочлена Qn треба пiдставити (20) в (19) i прирiвняти коефiцiєнти при однакових степенях x справа й злiва в одержанiй рiвностi.

Приклад 10. Знайти загальний розв’язок рiвняння y 2y + y = x + 1.

Розглянемо вiдповiдне однорiдне рiвняння y 2y + y = 0 i знайдемо коренi характеристичного рiвняння 2 2 + 1 = 0. Маємо 1 = 2 = 1, а тому загальний розв’язок однорiдного рiвняння yз.о. (x) = (C1 + C2 x)ex.

Оскiльки права частина рiвняння є многочленом першого степеня i серед коренiв характеристичного рiвняння немає нульових, то частинний розв’язок неоднорiдного рiвняння треба шукати у виглядi y = (Ax + B)x0 = Ax + B.

Пiдставимо цей вираз в неоднорiдне рiвняння i прирiвняємо коефiцiєнти при однакових степенях x:

(Ax + B) 2(Ax + B) + (Ax + B) = x + 1,

–  –  –

Приклад 11. Вiдомо, що функцiя попиту q = 3p p 2p + 18, а функцiя пропозицiї s = 4p + p + 3p + 3, де p(t) – цiна товару на момент часу t, p (t) – тенденцiя формування цiни, p (t) – темп змiни цiни. Знайти залежнiсть цiни p вiд часу, за умови, що попит i пропозицiя зрiвноважуються, а p(0) = 4, p (0) = 1.

Оскiльки рiвновага ринку характеризується рiвнiстю q = s, то маємо рiвняння

–  –  –

або p + 2p + 5p = 15.

Одержане рiвняння є лiнiйним неоднорiдним рiвнянням другого порядку зi сталими коефiцiєнтами.

Розв’яжемо спочатку лiнiйне однорiдне рiвняння p +2p +5p = 0.

Оскiльки коренями характеристичного рiвняння 2 + 2 + 5 = 0 є 1,2 = 1 ± 2i, то загальний розв’язок рiвняння має вигляд

–  –  –

Частинний розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiвняння шукатимемо у виглядi p = A. Пiсля пiдстановки p в рiвняння матимемо 5A = 15, тобто A = 3, тому p = 3.

Отже, загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiвняння

–  –  –

Знайдемо сталi C1, C2, скориставшись початковими даними p(0) = 4, p (0) = 1. Маємо 4 = C1 + 3, p (t) = (C1 cos 2t + C2 sin 2t)et + (2C1 sin 2t + 2C2 cos 2t)et, 1 = C1 + 2C2 ; C1 = 1, C2 = 1, а тому

–  –  –

II. Права частина рiвняння (19) f (x) = ex Pn (x), де Pn (x) – многочлен степеня n, а коефiцiєнт – дiйсне число.

У цьому випадку частинний розв’язок y неоднорiдного рiвняння треба шукати у виглядi

–  –  –

Тут Qn (x) – многочлен того самого степеня, що й многочлен Pn (x), але з невiдомими коефiцiєнтами, а r – число коренiв характеристичного рiвняння, якi дорiвнюють.

Зауваження 1. При = 0 маємо випадок I, оскiльки f (x) = e0·x Pn (x) = Pn (x).

Приклад 12. Знайти загальний розв’язок рiвняння y 4y + 3y = xex.

Складаємо характеристичне рiвняння i знаходимо його коренi:

2 4 + 3 = 0, 1 = 1, 2 = 3. Загальний розв’язок лiнiйного однорiдного рiвняння має вигляд

–  –  –


Купить саженцы и черенки винограда

Более 140 сортов столового винограда.


Знаходимо y i y : y = (2Ax + B)ex + (Ax2 + Bx)ex, y = 2Aex + 2(2Ax + B)ex + (Ax2 + Bx)ex. Пiдставляючи вирази для y, y i y у вихiдне рiвняння, i, скорочуючи на ex = 0, одержуємо тотожнiсть:

–  –  –

III. Права частина рiвняння (19) f (x) = ex (P n (x) cos x + Pm (x) sin x), де Pn (x) – многочлен степеня n, а Pm – многочлен степеня m. У цьому випадку частинний розв’язок треба шукати у виглядi

–  –  –

де Qs (x) i Rs (x) – многочлени степеня s = max{m, n}, а r – число коренiв характеристичного рiвняння, якi збiгаються з ± i.

Приклад 13. Знайти загальний розв’язок рiвняння y + 4y = 5 sin 2x.

Коренями характеристичного рiвняння 2 + 4 = 0 є 1 = 2i i 2 = 2i. Загальний розв’язок лiнiйного однорiдного рiвняння має вигляд yз.о. = C1 cos 2x + C2 sin 2x. Права частина f (x) = 5 sin 2x належить до розглядуваного типу, бо її можна записати у виглядi f (x) = 0 cos 2x + 5 sin 2x. Зауважимо, що ± i = 0 ± 2i, i, отже, r = 1. Тому частинний розв’язок неоднорiдного рiвняння шукаємо у виглядi y = x(A cos 2x + B sin 2x).

Диференцiюючи y i пiдставляючи в неоднорiдне рiвняння, отримуємо <

–  –  –

Зауваження 3. У випадку, коли права частина f (x) не належить до попереднiх типiв, для знаходження частинного розв’язку неоднорiдного рiвняння використовують метод варiацiї сталих, який дозволяє знаходити частинний розв’язок неоднорiдного рiвняння за вiдомим загальним розв’язком однорiдного рiвняння.

Розглянемо лiнiйне неоднорiдне рiвняння (19). Нехай знайдено загальний розв’язок вiдповiдного однорiдного рiвняння yз.о. = C1 y1 (x) + C2 y2 (x), де y1 (x), y2 (x) – частиннi розв’язки, якi утворюють фундаментальну систему. Вiзьмемо у цьому розв’язку замiсть сталих C1 i C2 деякi функцiї z1 (x) i z2 (z), i пiдберемо їх так, щоб функцiя

–  –  –

Рiвняння (27) є другим рiвнянням, яке повиннi задовольняти функцiї z1 i z2.

Отже, для знаходження похiдних вiд функцiй z1 (x) i z2 (x) маємо систему рiвнянь

–  –  –

який не дорiвнює нулю для x [a; b], бо y1 (x) i y2 (x) – фундаментальна система розв’язкiв. Тому z1 i z2 визначаються з системи (28) однозначно: z1 (x) = 1 (x), z2 (x) = 2 (x). Проiнтегрувавши, знайдемо z1 i z2 i пiдставимо їх в (21). У результатi матимемо частинний розв’язок рiвняння (19).

Приклад 14. Знайти загальний розв’язок рiвняння y + 4y = 1.

cos 2x Характеристичне рiвняння 2 + 4 = 0 має коренi 1 = 2i, 2 = 2i, а тому фундаментальну систему утворюють функцiї y1 (x) = sin 2x, y2 (x) = cos 2x. Звiдси випливає, що загальний розв’язок лiнiйного однорiдного рiвняння має вигляд

–  –  –

1. Проiнтегрувати рiвняння i, де вказано, видiлити розв’язок, який задовольняє початковi умови:

1) y = sin x + cos x; 2) y = xex, y(0) = 0, y (0) = 0; 3) y = 2x ln x;

4) xy = y ; 5) xy = (1 + 2x2 )y ; 6) y = y ln y, y(0) = 0, y (0) = 1;

–  –  –

рiвняння y (t) 21y (t) + 4y(t) = e2t.

7. Висота x(t) в момент часу t тiла, яке вiльно падає пiд дiєю сили земного тяжiння, задовольняє рiвняння x (t) = g, де g – прискорення сили земного тяжiння. Виразити x(t) через початкову висоту x(0) = x0 i початкову швидкiсть x (0) = x0. Якщо тiло падає з висоти h при нульовiй початковiй швидкостi, то з якою швидкiстю воно досягає Землi?

8. Урiвноважений обсяг популяцiї деякого виду в заданому середовищi становить 1000 особин. Кiлькiсть популяцiї коливається навколо цього середнього значення i описується рiвнянням y (t) = 4 2 (1000 y(t)), де y(t) – кiлькiсть популяцiї в момент часу t (роки).

Знайти кiлькiсть популяцiї через 6, 12 i 18 мiсяцiв, якщо y(0) = 1500, y (0) = 0.

9. У моторного човна, який рухається прямолiнiйно зi швидкiстю v0 = 5 мм/с, вимикають мотор. При цьому русi човен зазнає опору води, сила якого пропорцiйна квадрату швидкостi з коефiцiєнтом m k=, де m – маса човна. Через який час швидкiсть човна зменшиться вдвоє i який шлях пройде човен за цей час?

10. Куля входить в дерев’яний брус товщиною 12 см зi швидкiстю 200 м/с, а вилiтає з нього, пробивши його, зi швидкiстю 60 м/с. Куля зазнає опору деревини, сила якого пропорцiйна квадрату швидкостi руху. Знайти час проходження кулi через брус.

11. Знайти закон руху матерiальної точки масою m вздовж прямої OA пiд дiєю вiдштовхуючої сили, яка обернено пропорцiйна третьому степеню вiдстанi x точки вiд нерухомого центра O.

–  –  –

4.1. Iнтегрування системи диференцiальних рiвнянь за допомогою зведення до одного рiвняння другого порядку. Один iз основних методiв iнтегрування системи диференцiальних рiвнянь полягає у зведеннi цiєї системи до одного рiвняння другого порядку. Проiнтегрувавши одержане рiвняння, знайдемо одну з невiдомих функцiй, а другу функцiю, по можливостi без iнтегрування, визначаємо з початкових рiвнянь i рiвнянь, якi одержуються з них диференцiюванням.

–  –  –

визначають загальний розв’язок системи (3).

Видiлимо iз одержаного загального розв’язку (8) частинний розв’язок, який задовольняє початковi умови (4). Для цього пiдставимо в рiвностi (8) t = 0, x(0) = 0, а y(0) = 1:

–  –  –

4.2. Знаходження iнтегровних комбiнацiй. Iнтегрування системи (1) часто здiйснюється за допомогою знаходження iнтегровних комбiнацiй.

Iнтегровною комбiнацiєю називається диференцiальне рiвняння, яке є наслiдком рiвнянь системи (1), але вже легко iнтегрується, наприклад, є рiвнянням вигляду

–  –  –

4.3. Лiнiйнi системи диференцiальних рiвнянь першого порядку. У багатьох прикладних задачах часто виникає необхiднiсть розглядати системи двох лiнiйних диференцiальних рiвнянь першого порядку.

Розглянемо систему двох лiнiйних диференцiальних рiвнянь першого порядку вигляду dx(t) = a x(t) + a y(t) + f (t),

–  –  –

функцiї x(t) i y(t), що задовольняють обидва рiвняння на цьому промiжку.



Pages:     | 1 |   ...   | 12 | 13 || 15 |
Похожие работы:

«Київський національний університет імені Тараса Шевченка Дерев’янченко О.В. ПАРКС-JAVA система для паралельних обчислень на комп’ютерних мережах Навчальний посібник Київ УДК 681.3 Дерев’янченко О.В. ПАРКС-JAVA система для паралельних обчислень на комп’ютерних мережах: Навчальний посібник для студентів факультету кібернетики. – Київ. – 2011. – 60с.Рецензент: Завадський І.О., кандидат фізико-математичних наук, доцент факультету кібернетики Київського національного університету імені Тараса...»

«МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ, МОЛОДІ ТА СПОРТУ УКРАЇНИ СУМСЬКИЙ ДЕРЖАВНИЙ УНІВЕРСИТЕТ Сучасні технології в промисловому виробництві МАТЕРІАЛИ науково-технічної конференції викладачів, співробітників, аспірантів і студентів факультету технічних систем та енергоефективних технологій (ЧАСТИНА ІІІ) Конференція присвячена Дню науки в Україні Суми 2011 Шановні пані та панове! Деканат та кафедри факультету технічних систем та енергоефективних технологій Сумського державного університету запрошують Вас...»

«Міністерство освіти і науки України Фізичний факультет Одеського національного університету ім. І. І. Мечникова Одеський обласний гуманітарний центр позашкольної освіти та виховання Одеськa обласна організація товариства винахідників та раціоналізаторів України ТЕМИ САМОСТІЙНИХ НАУКОВИХ ДОСЛІДЖЕНЬ (для учнів – виконавців наукових робіт з фізики в рамках Малої академії наук України) Методичні вказівки Одеса 2006 Друкується за рішенням Вченої ради фізичного факультету Одеського національного...»

«МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ ХАРКІВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ УНІВЕРСИТЕТ імені В. Н. КАРАЗІНА Савченко О. М. ФІЗИКА. ПРАКТИКУМ Методичні вказівки для студентів природничих факультетів m m1g R ХАРКІВ 2013 УДК 53 ББК 22.3 Рецензенти: кандидат фізико-математичних наук, доцент кафедри експериментальної фізики фізичного факультету Харківського національного університету імені В. Н. Каразіна Шеховцов О. В.; кандидат фізико-математичних наук, доцент кафедри загальної фізики фізичного факультету...»

«Відьмаченко А.П. Мороженко О.В. Фізичні характеристики поверхонь планет земного типу, карликових і малих планет та їхніх супутників за даними дистанційних досліджень // К.:, Видавництво «Профі». 2014. 388 с. Vidmachenko A. P., Morozhenko O. V. The physical characteristics of surface Earth-like planets, dwarf planets and small, and their companions, according to distance studies УДК 523-52:53 ББК 22.6+22.3 В42 Рекомендовано до виданняВченою радою Національного університету біоресурсів і...»

«Київський національний університет імені Тараса Шевченка НАУКОВА КОНФЕРЕНЦІЯ МОЛОДИХ ВЧЕНИХ ФІЗИЧНОГО ФАКУЛЬТЕТУ ДО ДНІВ НАУКИ «НАУКА ХХІ СТОРІЧЧЯ» 15 – 16 травня 2013 ТЕЗИ ДОПОВІДЕЙ Київ 2013 Секції наукової конференції молодих вчених «НАУКА ХХІ СТОРІЧЧЯ» ФІЗИКА Голова: Решетняк В. Ю., доктор фізико-математичних наук, професор Співголова: Єщенко О. А., доктор фізико-математичних наук, доцент ФІЗИКА КОНДЕНСОВАНОГО СТАНУ; ФІЗИКА НАНОСИСТЕМ Голова: Коротченков О. О., доктор фізико-математичних...»

«УДК 54+53(477)«1930/1990» КУЙБІДА Віктор Віталійович, д-р іст. наук., доцент каф. біології, директор Ін-ту фізичного виховання та природознавства ДВНЗ «Переяслав-Хмельницький держ. пед. ун-т ім. Г. Сковороди» (м. Переяслав-Хмельницький) РОЗВИТОК ХІМІЇ І ФІЗИКИ В УРСР (30-ті – 1990-й роки ХХ ст.) Аналіз архівних документів та літературних джерел дав змогу зробити висновок, що хімічна й фізична науки у 30-х –1990-му роках ХХ ст. розвивалися в руслі світових тенденцій і давали адекватні відповіді...»

«Андрій Білик БІБЛІЙНІ ЖІНКИ П’ятикнижжя Мойсея ТЕРНОПІЛЬ НАВЧАЛЬНА КНИГА — БОГДАН УДК 82-97 ББК 84.4 (УКР) 6 Б 6 Рецензенти: доктор філософських наук А. С. Жаловага, Український гуманітарний інститут (Київ); релігієзнавець, доктор фізико-математ. наук, професор І. А. Климишин, Національний університет ім. Василя Стефаника (Івано-Франківськ). Рекомендовано до друку вченою радою Українського гуманітарного інституту (Київ). Протокол № 2 від 23 грудня 2009 року. Дозволяється розповсюджувати в...»

«1. ПІБ Джамаль Камаль Хусейн 2. Назва Комбіновані системи тригенерації з використанням сонячної енергії 3. Спеціальність 05.14.06. – „ технічна теплофізика та промислова теплоенергетика ” 4. Місце роботи Ірак 5. Де виконана дисертація Одеський національний політехнічний університет 6. Науковий керівник Денисова Алла Євсіївна, д.т.н, професор 7. Опоненти Дубковський Вячеслав Олександрович, д.т.н., професор Новаківський Євген Валерійович, к.т.н., доцент 8. Зв’язок роботи з науковими програмами,...»

«Вісник Житомирського державного університету. Випуск 54. Педагогічні науки УДК 378.14:7.012 С. В. Чирчик, кандидат фізико-математичних наук, доцент, декан факультету дизайну (Мистецький інститут художнього моделювання та дизайну імені Сальвадора Далі) ПОНЯТТЯ КОМПЕТЕНЦІЯ, КОМПЕТЕНТНІСТЬ, ПРОФЕСІЙНА КОМПЕТЕНТНІСТЬ В НАУЦІ ЯК ЦІННІСНІ ОРІЄНТИРИ ДИЗАЙН-ОСВІТИ У роботі розглянуто сучасну парадигму вищої дизайн-осіти в контексті формування професійної компетентності майбутніх фахівців. При цьому...»




Продажа зелёных и сухих саженцев столовых сортов Винограда (по Украине)
Тел.: (050)697-98-00, (067)176-69-25, (063)846-28-10
Розовые сорта
Белые сорта
Чёрные сорта
Вегетирующие зелёные саженцы


 
2013 www.uk.x-pdf.ru - «Безкоштовна електронна бібліотека»