Вступ
Багато задач геометричного змісту є типовими задачами на екстремум. У цих задачах при виконанні певних умов треба знайти найбільше або найменше значення певної геометричної величини (периметра, площі, об’єму). Кожній з цих величин можна поставити у відповідність певну формулу (іноді не одну), яка виражає шукану величину як функцію інших величин. Проте сама функція в готовому вигляді не дається. Її треба визначити з умов задачі. Часто за умовами задачі можна побудувати функцію не однієї змінної, а двох. Тоді, застосувавши відомі геометричні теореми, одну з цих змінних виключають.
Є чимало елементарних, досить простих і наочних, іноді штучних, способів розв’язання задачі на екстремум, які враховують її особливість. Проте могутній апарат диференціального розв’язання дає загальний спосіб розв’язання задачі на екстремум. Розв’язуючи задачі цим методом, будемо додержуватись такої послідовності дій:
1) вибір незалежної змінної і визначення множини її значень;
2) побудова функції, яка описує ту геометричну величину, оптимальне значення якої треба знайти в задачі;
3) відшукання критичних точок цієї функції і розгляд тих, які належать області визначення функції;
4) з’ясування характеру екстремуму функції в цих точках;
5) обчислення значень функції в цих точках і на кінцях відрізка, що є областю її визначення, і вибір найбільшого або найменшого з них.
Якщо неперервна функція диференційована в інтервалі і має єдиний екстремум. То у випадку максимуму це буде її найбільше значення, а у випадку мінімуму – найменше.
§ 1. Задачі на екстремум в планіметрії
Розглянемо ряд геометричних задач, розв’язання яких зводиться до відшукання екстремуму певних функцій.
Задача 1
З усіх прямокутних трикутників із заданою гіпотенузою С знайти той, у якого найбільша площа.
Розв’язання
Якщо х і у - катети трикутника, то , і площа трикутника
Оскільки площа – невід’ємна величина, тому областю визначення функції S(x) є відрізок [0; С]. Функція S(x) набуває найбільшого значення одночасно з функцією f(x)=c2
x2
-x4
. Оскільки
f/
(x)=2x(c2
-2x2
)
то, розв’язавши рівняння
знайдемо критичні точки: ,
х2
=0, х3
=
Змісту задачі відповідає лише одна з цих точок: .
З виразу похідної видно, що при х<,
при х < .
А це означає, що є точкою максимуму функції f(x)
, а отже, і функції S(x)
, причому S.
Крім того, S(o)=S(c)=0
, тому S(х)
у точці набуває найбільшого значення. Але при х=
, також і другий катет у=
, а це означає, що трикутник рівнобедрений. Отже, з усіх прямокутних трикутників із заданою гіпотенузою рівнобедрений має найбільшу площу.
Зауваження.
Розв’язок цієї задачі досить легко знайти геометричним способом. Оскільки вершини прямокутних трикутників з гіпотенузою довжини с лежать на колі, діаметром якого є ця гіпотенуза, то найбільшу площу матиме прямокутний трикутник, у якого найбільша висота. Такою висотою є перпендикуляр до середини гіпотенузи, довжина якого дорівнює половині гіпотенузи.
Задача 2
. З усіх прямокутних трикутників із заданою висотою h знайти той, що має найменшу площу.
Розв’язання
.
Нехай АВС – прямокутний, <ACB=, |CD|=h. Позначимо <CАD=x, 0<х<, тоді <DBC=-n. Оскільки |AD|=h ctg x, |DB|= h tg x i |AB|=|AD| + |DB|, то S(x) = .
Оскільки f/
(x)= -
(за умовою задачі х0 і х=, тобто sin x0 i cos 0), то для визначення критичних точок функції дістаємо сукупність рівнянь:
sin x = cos x, sin x = - cos x
Звідси маємо:
В інтервалі (0, ) лежить лише одна точка: , якій відповідає <DBC=,
а це означає, що АВС – рівнобедрений, причому S()=h2
. Оскільки f/
(x)<0
, якщо х є (0,
), f/
(x)>0,
якщо х
є (
; )
, то х =
- єдина точка мінімуму функцій f(x) i S(x).
Тому в точці х =
функції f(x) i S(x)
набувають найменшого значення. Отже, з усіх прямокутних трикутників із заданою висотою рівнобедрений має найменшу площу.
Зауваження
. У щойно наведеному розв’язанні за належну змінну взято величину одного з прилеглих до гіпотенузи кутів. Можна дати інше розв’язання, взявши за належну змінну довжину проекції одного з катетів на гіпотенузу. Нехай, наприклад, |AD|=x, тоді |DB|=|AB| - x. Оскільки h2
= x(|AB|-x), то |AB|=x+. Тоді площа трикутника як функція від х
набере вигляду:
.
Оскільки
,
то критичними точками функції S(x)
є: x1
=h, x2
= -h
. Умову задачі задовольняє тільки одна точка: h
. Але при х=h
гіпотенуза трикутника АВС має довжину 2h
, а це і означає, що трикутник рівнобедрений. Легко переконатись, що його площа є найменшою.
Задача 3
. З усіх трикутників із заданою площею S і заданою основою С знайти той, що має найменший периметр.
Розв’язання
.
Нехай АВС |AB|=C i CD – його висота, тоді . Оскільки площа і основа трикутника одночасно визначають висоту трикутника, то позначатимемо надалі |CD|=h. Якщо позначати |AD|=x, 0<x<C, то |DB|=c-x, |CB|=, |AC|=, і периметр трикутника як функція від х
небере вигляду:
Оскільки:
,
то розв’язання рівняння
= 0,
знайдемо критичну точку функції P(x): . Тоді і |BD|= , а значить АВС – рівнобедрений, його периметр . Легко переконатися, що х= - єдина точка мінімуму на (0; С), бо Р/
(х) <0, якщо х є (0; ) і Р/
(х) > 0, якщо х є (; 0). Тому в точці х = функція Р(х) набуває найменшого значення. Отже, з усіх трикутників із заданими площею і основою рівнобедрений має найменший периметр.
Задача 4
. З усіх трикутників із заданими основою С і кутом при вершині знайти той, що має найбільшу бісектрису.
Розв’язання
.
Нехай у АВС |АВ|=С, а <ACB = . Якщо [СD] – бісектриса, то <ACD = <DCB=. Позначимо <CBD=x, 0<x< , тоді <CDB = і <CАВ = . З СВD за теоремою синусів для бісектриси СD = отримаємо:
звідки
З АСВ за тією самою теоремою для |СВ| знаходимо:
Підставимо останнє значення |СВ| у праву частину виразу для бісектриси , отримаємо:
(х)=
Легко переконатись, що
Розв’язавши рівняння
знаходимо критичні точки функції (х):
Рівняння розв’язку не має. Тільки при к=0 х
є (), тому х=. Але тоді також і <CАВ = , а це означає, що АВС – рівнобедрений. Якщо х є (0; ), то і функція зростає, а якщо n
є (; ), то і (n
)<0 і функція спадає. А це означає, що n =
- єдина точка максимуму на (0; ), в якій функція набуває найбільшого значення: . Отже, з усіх трикутників із заданою основою і протилежним кутом рівнобедрений має найбільшу бісектрису.
Задача 5
. З усіх трикутників із заданими основою с і периметром 2р знайти той, у якого опущена на основу висота є найвищою.
Розв’язання
Якщо а,
b, с
– довжини сторін трикутника, а 2р – його периметр, то .
Нехай . Позначимо |AC|= x, тоді |CB|=2p-c-x. Підставимо ці значення замість a i b
у формулу для hc
, отримаємо функцію:
.
, тоді коли
Функція досягає найбільшого значення тоді, коли його досягає функція . А це квадратична функція, яку можна подати у такому вигляді:
Тоді є єдиною точкою максимуму функції і . Тому функція у точці набуває найбільшого значення: . Але при , а це означає, що АВС – рівнобедрений. Отже, з усіх трикутників із даними основою і периметром рівнобедрений має найбільшу висоту.
Задача 6
. З усіх трикутників із заданими основою с і периметром 2р знайти той, у якого проведена до основи медіана є найменшою.
Розв’язання
. Довжина медіани me
трикутника визначається через довжини його сторін а,
b, с
за такою формулою:
.
Нехай у АВС ; |AB|=c
i |AD|=|DB
|. Введемо позначення: |AC|=x, 0<x<2p-c
. Тоді |CB|=2p-c-x
. Підставивши ці значення замість a, b, c
у формулу для mc
, отримаємо:
Оскільки
,
то розв’язавши рівняння
2р-с-2х = 0
,
знаходимо критичну точку функції me
(х):
. Легко переконатися, що m/
e
(х)<0,
якщо х
є (0; ), і m/
e
(х)>0
, якщо х
є (; 2р-с
), тому є точкою мінімуму функції me
(х)
, причому me
(
)=
. Оскільки - єдина точка мінімуму на (0; 2р-с), то функція me
(х)
у точці набуває найменшого значення. Але при х= |AC| = =такожi |CB| = , а це означає, що АВС – рівнобедрений. Отже, з усіх трикутників із заданими основою і периметром рівнобедрений має найменшу медіану.
Задача 7.
З усіх рівнобедрених трапецій, три сторони яких мають однакову довжину а, знайти ту, яка має найбільшу площу.
Розв’язання
.
Нехай |AB| = |BC| = |CD| = a, <BAD = x, 0<x<.
Тоді |BE| = asinx, |AE| = acosx, а площа трапеції:
S(x)=a2
sin x (1+cos x),
Оскільки
S/
(x) = a2
(2cos2
x + cos x - 1) = a(cos x +1)(2 cos x - 1), S(x): xk
= tarccos+2k, k0.
В інтервалі (0; ) лежить тільки одна з них: , причому . Оскільки S/
(x)>0, якщо х
є (0; ), і S/
(x) <0, якщо х
є (;), то в точці функція S(x) набуває найбільшого значення. Отже, з усіх рівнобедрених трапецій з трьома сторонами однакової довжини найбільшу площу має та, в якої кут при основі дорівнює 600
.
Задача 8
. З квадратного листа жерсті із стороною а треба виготовити відкриту зверху коробку, вирізавши по кутах квадратики і загнувши утворені краї. Якою повинна бути сторона основи коробки, щоб її об’єм був максимальним?
Розв’язання
.
Позначимо через х довжину сторони коробки. Тоді довжини сторін вирізаних квадратиків дорівнюють , а об’єм коробки дорівнює .
Зі змістом задачі число х задовольняє нерівність 0<x<a, тобто належить інтервалу (0, а). Отже, задача не звелась до знаходження найбільшого значення функції на інтервалі (0; а).
Знаходимо критичні точки функції:
,
тобто х = 0 або х = .
А через те, що V
(
o
)=0
iV
(
a
)=0
, то найбільшою на відрізку значення функція V
набуває, коли х = , тобто
Найбільшого значення функція досягає всередині відрізка [0; а], отже, і всередині інтервалу (0; а). Таким чином, сторона основи коробки повинна бути .
Задача 9
. Площа поверхні сфери рівна 27. Яка висота циліндра найбільшого об’єму, вписаного в цю сферу?
Розв’язання
.
Нехай циліндр утворений обертанням прямокутника АВСD навколо діаметра MN. Нехай AD = x, виразимо об’єм Vциліндра як функцію від х. Одержали , тобто , звідки . З АОВ отримаємо АВ2
=ОВ2
-ОА2
, тобто АВ2
=. Згідно з формулою , де R
– радіус циліндра, Н
– його висота, запишемо об’єм циліндра
.
За умовою задачі 0<x<2OB, тобто . Отримаємо:
, якщо 9-х2
= 0.
Звідси знаходимо х = 3 (оскільки х > 0). Якщо 0<x<3, то , а якщо
, то . Значить, х=3 – точка максимума. Оскільки функція визначена для будь-якого х і на всій числовій прямій має одну критичну точку. Отже, при х = 3 функція досягає найбільшого значення.
Надалі розглянемо кілька суто геометричних прийомів розв’язування екстремальних задач. Один із прийомів – симетрія. Цей прийом дуже часто використовується при знаходженні найкоротших ламаних з вершинами на заданих прямих і не тільки.
Задача 9.1
. Довести, що серед всіх трикутників, вписаних в даний гострокутний трикутник, найменший периметр має трикутник з вершинами в основі висот даного.
Розв’язання
.
Візьмемо довільну точку D на стороні гострокутного трикутника АВС. Знайдемо на АВ і АС точки FiE, так, щоб при заданому D периметр DEFбув найменшим. Нехай D1
iD2
– точки симетріїD відносно сторін АС і АВ. В якості вершин Е і F потрібно взяти точки перетину відрізка D1
D2
зі сторонами АC і АВ. Справді, периметр трикутника DEF рівний довжині відрізка D1
D2,
а периметр будь-якого іншого трикутника DE1
F1
рівний довжині ламаної D1
E1
F1
D2
> D1
D2
.
Залишилось визначити положення точки D, при якому D1
D2
є найменшим. Розглянемо трикутник D1
AD2
. Кут при вершині А фіксований (він рівний 2<ВАС), D1
A = D2
A=DA. Значить D1
D2
є найменшим, якщо найменшим є відрізок АD, тобто АD – висота трикутника АВС. Оскільки доведено існування і єдність мінімального (по периметру) трикутника AEF, тоді, повторяючи роздуми відносно інших сторін трикутника АВС, прийдемо до висновку, що Е і F також повинні бути основами відповідних висот трикутника АВС.
Інший корисний прийом ілюструє наступна задача.
Задача 10
. Дано кут величиною (<900
). О-вершина кута. На одній із сторін кута взята точка А, ОА = а. Точка В розміщена на тій же стороні, а М – на протилежній стороні так, що <AMB = 900
. Знайти найменше значення довжини відрізка АВ.
Розв’язання
.
Нехай М і В – будь-які дві точки на сторонах кута, для яких <AMB = 900
(мал.1). опишемо навколо трикутника АМВ коло. Якщо це коло перетинає сторону кута, на якій розміщується точка М, то довжину відрізка АВ можна зменшити. Справді, нехай М1
- будь-яка точка на хорді, <AM1
B> 900
. Відповідно, на АВ існує точка В1
, для якої <AM1
B1
= 900
. Ми довели, що якщо мінімальний відрізок АВ існує, то коло. Описане навколо трикутника АМВ, дотикається сторони кута.
Можна зробити й по-іншому, розглянувши М і В, такі, що описане коло дотикається сторони кута, довести, що відрізок АВ, який ми отримали. Має найменшу довжину. Зрозуміло, що В потрібно взяти на відрізку ОА (мал.2). для будь-якої точки М1
, відмінної від М, буде <AMB< 900
, а значить відповідна точка В1
займе положення, для якого АВ1
>АВ.
Знайдемо відрізок АВ, який відповідає цьому положенню точки М. Нехай Р – середина АВ, АВ = 2х, ОР = а-х. МР = х, . Найменше значення довжини відрізка АВ рівне .
Але не завжди вдається проробити прямі роздуми, які б доводили, що знайдене розміщення. Реалізує шуканий екстремум. Нагадаємо, що при знаходженні найбільших і найменших значень з допомогою математичного аналізу, ми опираємось на ствердження про існування найбільшого або найменшого значення. Дане твердження може бути сформульоване в загальному вигляді. Але звернення до даного ствердження не зовсім знайомі, оскільки доведення загального факту в шкільному курсі відсутнє. З іншої сторони, в кожному конкретному випадку існування найбільшого або найменшого значення достатньо очевидно. Аналогічно даному геометричні погляди, які показують для яких розміщень найбільше чи найменше значення не досягається, доповнені теоремою існування, дають умови, які визначають екстремальне положення.
Задача 11
. Точки А, В, С розміщені по одній на трьох колах з радіусами 1, 3 і 5. Чому дорівнює найбільше значення площі трикутника АВС?
Розв’язання
.
Доведемо, що до шуканого трикутника виконується наступна властивість: пряма, яка проходить через довільну його вершину паралельно протилежній стороні, повинна дотикатися до відповідного кола.
Нехай пряма, проведена через С паралельно АВ, перетинає коло (мал.3). тоді. Переміщуючи С по одній з отриманих дуг в положенні С1
, отримаємо трикутник АВС1
, площа якого більша, ніж площа трикутника АВС.
Доведемо (при умові існування), що точка О – спільний центр кіл – для шуканого трикутника є точкою перетину висот (мал.4).
Нехай АО = 1, ВО = 3, СО = 5. Згідно перетину синусів для трикутника АОВ маємо , для трикутника АОС маємо .
Нехай , тоді , . З рівності А+С = 1800
– В
маємо , звідки
,
Один корінь цього рівняння . Більше дійсних коренів немає.
Отримали, що
Задача 12
. Довести, що медіана, проведена до більшої сторони трикутника, утворює зі сторонами, які її заключають, кути, величиною кожного з них не менше половини найменшого кута трикутника.
Розв’язання
.
Нехай в ΔАВС сторони зв’язані співвідношенням а, тобто АВ=с, ВС=а, АС=b. Візьмемо на СВ точку М так, що <САМ =. Потрібно довести, що СМ. за теоремою синусів для ΔСАМ запишемо:
.
Використаємо тригонометричні формули для перетворення виразу .
За теоремою косинусів для АВ з ΔАВС:
АВ2
=ВС2
+АС2
-2АС*ВС*
cos
<
c
;
c2
=a2
+b2
-2ab cos<c;
Використавши вище проведені перетворення, запишемо:
СМ=
Задача 13
. Трикутник АВС і АМС розміщені так, що МС перетинає АВ в точці 0, причому АМ+МС = АВ+ВС. Довести, що АВ = ВС, то ОВ > OМ.
Розв’язання
.
Позначимо АВ=ВС=а, АМ=с, МС=b, MB=m, <BMO=, <MBO=. Потрібно довести, що ОВ>ОМ, або > , або . Розглянемо трикутник МВА. Запишемо для сторони АМ за допомогою теореми косинусів рівність:
АМ2
=МВ2
+АВ2
-2МВ*АВ*
cos
;
c
2
=
m
2
+
a
2
-2
am
cos
;
Звідси одержимо вираз для косинуса кута
:
.
Розглянемо трикутник МВС. Використовуючи теорему косинусів, запишемо для сторони ВС:
ВС2
=СМ2
+МВ2
-2СМ*МВ*
cos;
а2
=
b
2
+
m
2
-2
mb
cos
;
Одержимо:
.
Запишемо
Оскільки а-с = b-a, за умовою, то
що й потрібно було довести
Задача 14
. Довести, що з усіх трикутників зі спільним кутом при вершині і даній сумі довжини бокових сторін а+b рівнобедрений трикутник має найменшу основу.
Розв’язання
Нехай a+b=q; a, b, c – сторони трикутника. За теоремою косинусів запишемо:
Оскільки q
i - незмінні, то найменше значення с буде при , тобто при а=b
Задача 15
. З усіх трикутників з однаковою основою і одним і тим же кутом при вершині знайти трикутник з найбільшим периметром
Розв’язання
.
Розглянемо трикутник АВС з основою АС і позначимо через а, b, c – довжини сторін. Кути, які відповідають сторонам а, b, c позначимо відповідно А, В, С. Покладемо а+b+c=Р.
За теоремою синусів запишемо:
Знайдемо периметр:
Оскільки b>0 i, то р
прийме найбільшого значення при . У даному випадку А=С і ΔАВС рівнобедрений.
§2. Задачі на екстремум в стереометрії
Розглянемо два підходи до розв’язку стереометричних задач на знаходження максимумів та мінімумів – геометричний та аналітичний. Геометричні та інші елементарні методи в останній час все більше і більше витісняється методами аналізу, використання яких ми розглянули раніше. Вважають, що оскільки математичний аналіз дозволив за допомогою диференціального числення стандартно розв’язувати задачі на знаходження екстремумів, але немає ніякої необхідності у вивченні геометричних і інших специфічних методів. Необхідно відмітити, що не тільки математичний аналіз використовує різні прийоми для знаходження екстремумів. Можна привести багато прикладів, коли елементарні методи приводять швидше до результату, ніж методи диференціального числення. Наведемо деякі приклади.
Задача 16
. Знайти найбільшу площу проекції одиничного куба на площину.
Розв’язання
.
В загальному випадку проекцією куба є шестикутник, протилежні сторони якого попарно паралельні. На малюнку зображена проекція куба і його граней. Площа отриманого шестикутника АА1
В1
С1
СD в два рази більше площі трикутника А1
С1
D. Але трикутник А1
С1
Dє проекцією правильного трикутника зі стороною .
При проектуванні його площа може лише зменшитися. В максимальному випадку його площа не зміниться. Це має місце, якщо площина проекції паралельна площині правильного трикутника, який ми розглядаємо. Таким чином, максимальна площа проекції куба рівна
Задача 17
. Дано куб АВСDА1
В1
С1
D1
з ребром 1. Знайти найменшу відстань від точки М, розміщеної на колі, вписаному в АВСD, до точки N, розміщеної на колі, вписаному навколо трикутника А1
ВD.
Розв’язання
. Розглянемо дві сфери з центром в точці 0 – центрі куба. Перша дотикається до всіх ребер куба. Її радіус рівний . Друга сфера описана навколо куба. Її радіус - . Два даних кола належать цим сферам. Відповідно, відстань між MiN не може бути менше різниці радіусів цих сфер, тобто менше ніж . Залишилось довести, що ця відстань досягається і для кола першого і другого. Для цього спроектуємо з 0 менше коло на більшу сферу.
Отримаємо на більшій сфері коло, яке перетинається з колом, яке проходить через А1
, В і D.
Розглянемо задачу, для розв’язання якої використовується аналітичні елементарні методи.
Задача 18
. В правильній трикутній піраміді SABC (S - вершина) довжина ребероснови рівна 6, а довжина висоти піраміди SH рівна . Через точку В перпендикулярно до прямої АS проходить площина, яка перетинає відрізок SHв точці О. Точки Р і Qрозміщені на прямих АSі СВ відповідно так, що пряма РQ дотикається до сфери радіуса з центром в точці О.
Знайти найменшу довжину відрізка РQ.
Розв’язання.
В правильній піраміді SАВС прямі SА і ВС перпендикулярні. LM - спільний перпендикуляр SА і ВС, розміщений в площині SАH (мал. 5. а)), при цьому точка L – середина ВС. Очевидно, що LM перетинає SH в тій же точці О, що й площину, яка проходить через В перпендикулярно SА. Ця площина є ВСМ.
В трикутнику SLА маємо:
LА = 3 , HА = 2, LM = , SH = .
Якщо ÐSAH = , то tg = = .
Тоді LM = LAxsin = = ,
LO = LM/sin = .
Нехай QL = х
, РМ = у.
Розглянемо прямокутний паралелепіпед з ребрами QL, LMiMP (мал. 5. б)).
В трикутнику QOP маємо QO = , OP = , QP = .
Висота ОМ, проведена з О на QP, рівна (за умовою QP дотикається до сфери радіуса з центром О).
Маємо QN =
Оскільки QN + NP = QP, то .
Після перетворення отримаємо х2
у2
+ 5у2
+2х2
= 6.
При цій умові потрібно визначити мінімум .
Маємо у2
= е2
– х2
– 15, тому х2
(е2
– х2
– 15) + 5(е2
– х2
– 15) + 2х2
– 6 = 0, або х4
+ (18 – е2
) х2
+ 18 – 5е2
= 0.
Отримане рівняння має розв’язок при е2
≥ (81/5), оскільки при е2
< (81/5) всі доданки лівої частини невід’ємні, а останній доданок додатній.
При е2
= (81/5) знаходимо х = 0, у = , значить, е = і є шукане найменше значення PQ.
Задача 19.
В основі чотирикутної піраміди лежить прямокутник, одна сторона якого рівна а, бічні ребра піраміди рівні в.
Знайти найбільше значення об’єму піраміди.
Розв’язання.
Позначимо через х – довжину двох інших сторін прямокутника, який лежить в основі піраміди.
Для обчислення об’єму піраміди скористаємось такою формулою V = 1/3 Sосн * H, де Sосн – площа основи піраміди рівна Sосн = х * а. Знайдемо висоту піраміди.
Запишемо АВ = СД = а; АД = ВС = х.
Розглянемо ∆ДSС. Проведемо висоту SKдо сторони ДС. Розглянемо ∆СКS, який є прямокутним. Згідно теореми Піфагора SK2
= SC2
– CK2
, тобто SK2
= b2
– (a2
/4).
Розглянемо ∆КОS, він прямокутний. За теоремою Піфагора запишемо: SO2
= SK2
– OK2
, тобто SO2
= b2
– (a2
/4) – (x2
/4).
Обчислимо об’єм піраміди.
V =
Об’єм піраміди є найбільшим при х = і рівний
Література
1. І.Ф.Шаригін, В.І.Голубєв. Факультативний курс з математики, Москва, 1991. – 253с.
2. Збірник науково-популярних статей. У світі математики. Київ, 1979. – 312с.
3. Збірник задач з математики для вступників у ВУЗи. Під редакцією М.І.Сканаві. Москва, 1992. – 432с.
|
