Решение задач на экстремум

.

Важным следствием неравенства Коши является следующее: для любых двух положительных чисел а и в и любого отличного от нуля действительного числа t

? 2. Причем знак неравенства достигается в том и только том случае, когда at=b/t, т.е. t2=b/a.

2.Пример решения задачи.

Найти наибольшее значение функции

y=4 на интервале (-?;).

Решение:

y=4===2x-1+. Так как по условию х<1/2, то 2х-1<0 и <0. Воспользуемся неравенством | at+b/t | ?2

для случая t<0. Тогда y=2х-1+?-2, причем знак неравенства достигается тогда и только тогда, когда

2х-1=, и 2х-1<0 .

И последней системы находим х=

Ответ: max y(x)=y()=-2

(-?;)

Ученики конспектируют, задают вопросы

Слушают учителя, записывают решение в тетрадь, задают

возникающие вопросы.

III Закрепление пройденного материала.

Сейчас возьмите карточки с заданиями своего уровня и решите предложенные там задачи.

Учитель следит за тем, что бы все работали, отвечает на возникающие вопросы. Если какая-та задача вызывает у многих затруднения, ее (полностью или частично) прорешивают на доске.

Учащиеся берут

карточки с

заданиями и

преступают к

решению задач.

Если возникают

трудности, они

обращаются за

помощью к

учителю.

IVПодведение итогов

Итак, сегодня мы с вами рассмотрели еще два метода решения экстремальных задач и их применение.

Какие у вас есть вопросы по пройденному сегодня материалу? (отвечает на вопросы, если они есть)

Задают вопросы, которые остались непонятными.

VЗапись домашнего задания

Домашнее задание: посмотреть конспект сегодняшнего занятия, дорешать задачи своей карточки.

Записывают.

Задачи предлагаемые учащимся.

I уровень сложности.

Задача 1.

Найдите прямоугольник наименьшего периметра, ограничивающий заданную площадь.

Решение.

В данном случае площадь S= xy постоянна. Следовательно, p= x+y достигает наименьшего значения, если х + у = 2. Таким прямоугольником является квадрат со стороной , периметр его 4.

Задача 2.

Найти наименьшее значение функции у = х + , при х > 2.

Решение.

Очевидно, что

Отсюда следует, что искомое наименьшее значение получается при х-2 при

х = 6, а само искомое значение равно

Задача 3.

Найти наибольшее значение функции

y= .

Решение.

Заметим, что D(y) = [0; ]. При х [0; ] выполнены, очевидно, неравенства х3 ? 0, 2 - х3 ?0.

Применим неравенство Коши :

y=? =1.

Поэтому у ? 1, причем знак равенства достигается, лишь если

х =1.

max y(x) = y(1) = 1.

II уровень сложности.

Задача 1.

Требуется сделать коробку, объем которой должен равняться 108 см3. Коробка открыта сверху и имеет квадратное дно. Каковы должны быть размеры ее, чтобы на ее изготовление пошло наименьшее количество материала?

Решение.

Длину стороны основания обозначим через х см., а высоту коробки - у см.(х>0, y>0). Тогда ее объем V= x2y. Учитывая, что V= 108 см3, имеем x2y = 108 => у=.

Пусть S-площадь поверхности коробки:

S= x2+4xy = x2+4x = x2+ .

Представим выражение для S следующим образом:

S = x2 + + .

Произведение x2 + + равно 2162. Следовательно, S достигает наименьшего значения, если х2= , т.е. х3 = 216 => х =6 => y = 3.

Тогда = 108 (см 2).

Задача 2.

Найти наименьшее значение функции y =32х - 1 + 4•33 - 2х.

Решение.

Так как 3t и 4• 3z положительные при любых действительных значениях t и z, то, применив неравенство Коши, получим

У=32х - 1 + 4•33 - 2х ? 2=2=12.

Таким образом, у(х) ? 12 при любом действительном х, причем знак равенства достигается, лишь, если

32х - 1=4•33 - 2х 34х - 4 =4 х= .

min y(x) = y() =12.

Задача3.

Найти наибольшее значение функции у=4 на интервале (-? ;) .

Решение.

у=4 =

Так как по условию х<, то 2х - 1 <0 и <0.

max y(x) = y() = -2.

III уровень сложности.

Задача 1.

При небрежной транспортировке рулонов типографской бумаги на их поверхности появляются трещины, в результате чего образуется так называемый бумажный срыв, идущий в отходы. Очевидно, что эти отходы тем меньше, чем меньше полная поверхность рулона при данном его объеме. Необходимо исследовать, при каком соотношении между диаметром и длиной(т.е. образующей) рулона срыв бумаги будет наименьшим.

Решение.

Задача сводится к нахождению такого соотношения между радиусом R основания и высоты Н цилиндра, чтобы при данном объеме цилиндра его полная поверхность имела наименьшее значение.

Имеем : S= 2р RH + 2р R2, H=.

Поэтому

S = +2рR2 = ++ 2рR2 .

Надо найти наименьшее значение суммы трех положительных слагаемых ++ 2рR2, произведение которых • 2рR2= 2рV2 неизменно при данном постоянном значении V. Поэтому S достигает тогда и только тогда, когда =2рR2, т.е. когда =2рR3.

H= ==2R.

Задача 2.

Найти наименьшее значение функции у = на интервале (13/6 р ; 17/6 р).

Решение.

у = =2sin x + 1+=2 sin x - 1+ +2.

По условию, 13/6 р < x < 17/6 р , т.е. + 2р < x < + 2р, откуда

sin x > Ѕ.

Y = 2sin x - 1 + +2 ? 2+2 =4.

Таким образом, у ? 4, причем знак равенства достигается тогда и только тогда , когда

C учетом того, что 13/6 р < x < 17/6 р, получим х =

min y= 4.

Задача 3.

Найти наименьшее значение функции

y =| x2 - x| + |x + 1|.

Решение.

y=| x2 - x| + |x + 1|? |x2 - x + x +1| =|x2 + 1| = x2 + 1? 1.

Таким образом, у?1, причем знак равенства достигается только в том случае, когда одновременно выполнены равенства

| x2 - x| + |x + 1| = |x2 + 1| и x2 + 1=1, откуда x=0.

min y(x) = y(0) =1.

Занятие 5

Тема: «Универсальный метод решения задач на экстремумы».

Тип: Комбинированный урок.

Цели:

Обучающая: отработка и совершенствование навыков решения экстремальных задач с помощью производной, обобщить материал по теме «Решение экстремальных задач».

Развивающая: развитие волевых качеств, воспитание желание самосовершенствования, развитие навыков самостоятельной работы.

Воспитательная: воспитание интереса к математике, воспитание эмоционально-положительной направленности на практическую деятельность.

Задачи: повторить методику решения задач на максимум и минимум с помощью производной, прорешать основные типы задач на использование этого метода.

Оборудование: доска, мел, карточки с заданиями.

План урока

Содержание	Методы и приемы	Время
1. Орг. момент Сообщение цели урока	Инструктаж учителя	7 мин
2. Изучение нового материала 1.Суть метода. 2. Пример решения задачи с помощью дифференцирования.	Лекция (объяснительно-иллюстра-тивный с элементами проблемного изложения) Учащиеся конспектируют, задают вопросы.	16 мин
3.Закрепление пройденного материала.	Учитель предлагает учащимся задачи для самостоятельного решения. Учащиеся самостоятельно решают задачи своего уровня сложности (репродуктивный, частично-поисковый)	31 мин
4. Подведение итогов	беседа	2 мин
5. Запись домашнего задания	Инструкция учителя (репродуктивный)	4 мин

Ход урока:

Деятельность учителя	Деятельность учащихся
I. Орг. момент. Здравствуйте, садитесь. На протяжении нескольких занятий мы с вами решаем экстремальные задачи. Мы рассмотрели довольно много задач на нахождение экстремумов. Те приемы, которыми мы решали эти задачи, оказались весьма разнообразными и порой довольно искусственными. Дело обстоит так, что почти для каждой задачи на экстремум приходилось «изобретать» подходящий для нее прием. Возникает поэтому вопрос: а нет ли достаточно общего приема решения задач на экстремумы? Такой прием есть. Его дает математический анализ.	Садятся. Слушают учителя, отвечают на его вопросы.
II. Лекция. 1. Суть метода. Общий прием решения задач на экстремум опирается на теорему Ферма. Если функция у = f(х) (имеющая локальную производную) при х = х0 принимает локальный максимум или минимум, то производная от этой функции при х = х0 обращается в 0. Геометрически это означает, что касательная к графику функции в соответствующей точке его параллельна оси х-ов. Чему же учит нас теорема Ферма? Она учит нас тому, что значения аргумента, при которых данная функция f(x) имеет локальные минимумы, следует искать среди корней уравнения f '(x) = 0. Она выражает необходимое условие экстремума: Для того чтобы функция (имеющая производную) имела при х = х0 максимум или минимум, необходимо, чтобы производная при этом значении х была равна 0. Необходимо, но не достаточно! Производная может быть равна 0, и все же при этом значении х функция экстремума может и не иметь. Так, например, производная функции у = х3 (у' = 3х2) при х = 0 обращается в 0, но эта функция при х = 0 экстремума не имеет (рис.2). Значит, уравнение f '(х) = 0 дает лишь «подозрительные» на экстремум значения х. Как же из этих «подозрительных» значений выделить те, при которых рассматриваемая функция действительно имеет экстремумы? Как для выделенных значений установить вид экстремума? По этим вопросам мы ограничимся соображениями, источником которых является наглядность. Рассмотрим рисунок, на котором изображены максимум и минимум функции у = f(x). По этому рисунку установим, какие по знаку значения принимает производная функция f '(x) для значений х, достаточно близких к х0, меньших и больших его. Если при х = х0 данная функция имеет максимум, то для значений х, меньших х0, но достаточно близких к х0, производная будет положительна, а для больших- отрицательна, т.к. в первом случае касательная к графику функции образует с положительным направлением оси х-ов острый угол, а во втором- тупой. Если же при х = х0 функция принимает минимальное значение, то получается наоборот. Таким образом, будет ли «подозрительная» точка х0 точкой экстремума и, если будет, то какого именно (максимума или минимума), зависит от значений, принимаемых в достаточной близости слева и справа от точки х0 производной функцией. Все возможные случаи можно записать в следующей таблице. х0+Дх, Дх<0 х0 х0+Дх Поведение f(x) f '(x) f '(x) f '(x) f '(x) + - + - 0 0 0 0 - + + - максимум минимум возрастает (экстремума нет) убывает (экстремума нет) Вот этой таблицей и можно пользоваться при решении задач на экстремумы. Но можно из этой таблицы сделать новые выводы и пользоваться ими. Вот о каких выводах идет речь. В случае максимума с возрастанием х и переходом через значение х0 производная убывает, поэтому производная от этой производной(т.е. производная второго порядка) отрицательна. В случае минимума производная при переходе х через х0 возрастает, а значит, производная второго порядка положительна. Поэтому если в «подозрительной» точке х0 производная второго порядка f ''(x0) отрицательна, то в этой точке данная функция имеет максимум, если же f ''(x0) положительна, то функция принимает минимальное значение. Чтобы проиллюстрировать рассмотренный общий прием решения задач на экстремумы, рассмотрим пример. 2. Пример решения задачи. Пример: (Задача о прямоугольнике наибольшей площади) Из куска стекла, имеющего указанные форму и размеры, нужно вырезать прямоугольную пластину наибольшей площади. Площадь пластины S = xy. За независимое переменное примем х(0<х?100). Тогда из подобия треугольников АВЕ и СDЕ следует: Найденное значение х выходит из промежутка изменения х. Поэтому внутри этого промежутка стационарных точек нет. Значит, наибольшее значение S принимает в одном из концов промежутка, а именно при х = 100 (мм), а тогда у = 60 (мм) и S = 6000 (мм2).	Ученики конспектируют, задают вопросы Слушают учителя, записывают решение в тетрадь, задают возникающие вопросы.
III Закрепление пройденного материала. Сейчас возьмите карточки с заданиями своего уровня и решите предложенные там задачи. Учитель следит за тем, что бы все работали, отвечает на возникающие вопросы. Если какая-та задача вызывает у многих затруднения, ее (полностью или частично) прорешивают на доске.	Учащиеся берут карточки с заданиями и Преступают к решению задач. Если возникают трудности, они обращаются за помощью к учителю.
IV Подведение итогов Итак, сегодня мы с вами рассмотрели еще два метода решения экстремальных задач и их применение. Какие у вас есть вопросы по пройденному сегодня материалу? (отвечает на вопросы, если они есть)	Задают вопросы, которые остались непонятными
V Запись домашнего задания Домашнее задание: посмотреть конспект сегодняшнего занятия, дорешать задачи своей карточки.	Записы-вают.

Задачи предлагаемые учащимся.

I уровень сложности.

Задача 1.

Требуется огородить забором прямоугольный участок земли площадью 294 м2 и разделить затем этот участок забором на две равные части. При каких линейных размерах участка длина всего забора будет наименьшей?

Решение:

Пусть х и у - линейные размеры участка в метрах, тогда площадь участка есть , откуда . длина всего забора выразится функцией

причем по смыслу задачи x>0.

Далее имеем откуда при (поскольку x>0). Если 0<x<14, то ; если же x>14, то ; поэтому x=14 есть точка минимума функции . в результате получаем, что x=14, у=21.

Ответ: x=14, у=21.

Задача2.

Число 81 разбить на 3 положительных сомножителя так, чтобы два из них относились как два к одном у, а сумма трех сомножителей была наименьшей.

Решение:

Обозначим первое слагаемое за х. Тогда второе слагаемое выразится как 2х, а третье 81/2х2. Найдем сумму слагаемых S. S=3х+81/2х2. Найдем наименьшее значение функции S. Для этого найдем производную S'=3-81/х3=0 => х=3- минимальное значение функции. Тогда второе число 6, третье число 4,5.

Задача3.

Из квадратного листа железа со стороной а, надо изготовить открытую сверху коробку, вырезав по углам квадратики и загнув образовавшиеся кромки, чтобы ее объем был максимальным.

Решение:

Обозначим через х длину стороны основания коробки. Тогда длины сторон вырезанных квадратиков равны S (а -х), а объем коробки равен S (а -х)х2 на интервале (0, а). Таким образом задачу мы свели к следующей задачи: найти наибольшее значение функции V(x)=1/2(a - x)x2 на интервале (0, а). Находим критические точки функции : V/ (x) = ax - 3/2 x2, ax - 3/2 x2=0, т.е. х=0 или х=2/3 а V(2/3а) =1/2(a -2/3a)(2/3a)2= 2/27 a3. Т.к. V(0)=0 и V(a) =0, своего наибольшего значения на отрезке функция достигает при х =2/3а, т.е. max V(x) =2/27 a3.

Полученный результат означает, что максимальный объем имеет коробка со стороной основания 2/3 а.

II уровень сложности

Задача 1.

В прямоугольный треугольник с гипотенузой 24 см и углом вписан прямоугольник, основание которого лежит на гипотенузе. Каковы должны быть длины сторон прямоугольника, чтобы его площадь была наибольшей?

Решение:

По условию, АВ=24см, , откуда . Пусть и - линейные размеры прямоугольника MNKL (в сантиметрах). Выразим через .

Из : ; из : ;тогда .

Площадь прямоугольника MNKL выразится функцией

.

Далее имеем , откуда при . Если , то , а если , то , т.е. - точка максимума функции . Итак, длины сторон искомого прямоугольника равны см и см.

Ответ: и 12 см.

Задача 2.

Из пункта А на прогулку вышел пешеход со скоростью км/ч. После того как он отошел от А на 6 км, из А следом за ним выехал велосипедист, скорость которого была на 9 км/ч больше скорости пешехода. Когда велосипедист догнал пешехода, они повернули назад и возвратились вместе в А со скоростью 4 км/ч. При каком значении время прогулки окажется наименьшим?

Решение:

Время, за которое велосипедист догонит пешехода, составит . До встречи пешеход находился в пути и прошел . Этот же путь они преодолели обратно с одинаковой скоростью 4 км /ч и затратили время Тогда время, затраченное пешеходом на всю прогулку, выразится функцией

где >0.

Находим

откуда при =6. Легко установить, что =6 - точка минимума функции .

Итак, пешеход затратит на прогулку наименьшее время, если первоначально будет идти со скоростью 6 км/ч.

Ответ: 6 км/ч

Задача 3.

Площадь прямоугольного треугольника 16 см2 какими должны быть длины сторон треугольника, чтобы сумма площадей квадратов построенных на его сторонах была наименьшей?

Решение:

Обозначим один из катетов треугольника за х, тогда второй равен из теоремы Пифагора находим третью сторону - . Тогда искомая функция:

у =х2+ + х2+ ,

исследуя эту функцию находим min y=4 . Откуда получаем искомые стороны треугольника: 4; 4; 8.

III уровень сложности.

Задача 1.

Каков должен быть радиус основания открытого цилиндрического бака , имеющего приданном объеме V наименьшую площадь основания?

Решение:

S=2рRH+ рR2, V= рR2H, H=

S=2рR+ 2рR2 = + рR2 , S/=- + рR;

S/=0; 2рR=, V = рR3 R =

Задача 2.

Найти длину боковой стороны трапеции имеющей наименьший периметр среди всех равнобедренных трапеций с заданной площадью, углом между боковой стороной и нижним основанием.

Решение:

Пусть высота трапеции - х.

Тогда:

Из :

По условию ;

Покажем, что при этих условиях периметр минимальный

а) пусть , тогда

б) пусть ,

тогда

Т.к.

Ответ: .

Задача 3.

Лодка М находится на расстоянии 3 км от ближайшей точки А берега. Пассажир лодки желает достигнуть точки В, находящейся на берегу на расстоянии 5 км. от А. Лодка движется со скоростью 4 км/ч , а пассажир, выйдя из лодки, может пройти в час 5 км. К какому пункту берега должна прибыть лодка, чтобы пассажир достиг В в кратчайшее время?

Решение:

t=

Пусть АО = х. Тогда ОВ = 5 - х и t=

t/(x) =- , = , x =4.

Ответ: 4км, 1км.

Анализ.

Часть занятий факультатива была опробированна на учащихся 11 класса общеобразовательной школы.

Проведенные занятия показали, что наиболее легким для учащихся является основной метод решения экстремальных задач, но наибольший интерес вызывают задачи прикладного характера. Ребята с удовольствием решали предложенные задачи, а дифференцированный подход позволил каждому, самостоятельно, находить решения задач, используя различные методы и приемы.

Данный факультатив стимулирует интерес учащихся к математике, дает возможность ребятам убедиться в том, насколько развиты их возможности и над чем необходимо поработать, формирует культуру, интеллектуальное развитие и совершенствование.

Заключение

Задачи на максимум и минимум часто встречаются как в науке, так и в повседневной жизни человека. Своей распространенностью они обязаны тому, что при решении задач мы находим наиболее выгодный из имеющихся вариантов.

При подготовки дипломной работы была изучена литература по данной теме, исторические задачи и их решения.

Также были рассмотрены алгебраические и геометрические подходы к решению задач на экстремум.

Во второй главе дипломной работы рассмотрены проблемы дифференцированного обучения на уроках и приведена разработка факультатива на тему «Решение задач на экстремум».

Целью дипломной работы являлось изучение различных методов решения экстремальных задач и адаптация их к школьному курсу математики. Считаю, что задачи выполнены, цель достигнута.

Библиография

1. Александров, А.Д. Геометрия 7 - 9 кл.: Учеб. для общеобразоват. учеб. заведений [Текст] / А.Д. Александров, А.Л. Вернер, В.И. Рыжик.- М.: Просвещение, 2003.

2. Александров, А.Д. Геометрия: 10 - 11 кл. [Текст] / А.Д. Александров, А.Л. Вернер, В.И. Рыжик.- М.: Просвещение, 1998.

3. Александров, А.Д. Геометрия: 10-11 кл.: Учеб. для общеобразоват. учеб. заведений [Текст] / А.Д. Александров, А.Л. Вернер, В.И. Рыжик.- М.: Просвещение, 1998.

4. Александров, А.Д. Геометрия: 10-11 кл.: Учеб. для общеобразоват. учеб. заведений [Текст] / А.Д. Александров, А.Л. Вернер, В.И. Рыжик.- М.: Просвещение, 2003.

5. Алексеев, Н.А. Психолого-педагогические проблемы развивающего дифференцированного обучения: Монография. [Текст] / Н.А. Алексеев.- Челябинск: Факел, 1995.

6. Алимов, Ш.А. Алгебра: 7 кл.: Учеб. для общеобразоват. учеб. заведений [Текст] / Ш.А. Алимов, Ю.М. Колягин и др.- М.: Просвещение, 2002.

7. Алимов, Ш.А. Алгебра: 8 кл.: Учеб. для общеобразоват. учеб. заведений [Текст] / Ш.А. Алимов, Ю.М. Колягин и др.- М.: Просвещение, 2001.

8. Алимов, Ш.А. Алгебра: 9 кл.: Учеб. для общеобразоват. учеб. заведений [Текст] / Ш.А. Алимов, Ю.М. Колягин и др.- М.: Просвещение, 2002.

9. Давыдов, В.В. Виды обобщения в обучении (логико-психологические проблемы построения учебных предметов). [Текст] / В.В. Давыдов.- М.: Педагогика, 1972.

10. Иванова, Л.М. Дифференцированный подход при обучении. [Текст] / Л.М. Иванова.- М., 1998.

11. Методика преподавания математики в средней школе. Частные методики [Текст] / Ю.М. Колягин, Г.Л. Луканкин, Е.Л. Мокрушин и др.- М.: Просвещение, 1977.

12. Методика преподавания математики в средней школе: Учебное пособие [Текст] / Ю.М. Колягин, В.А. Оганесян, В.Я. Саннинский, Г.Л. Луканкин.- М., 1975..

13. Мордкович, А.Г. Алгебра и начала анализа. 10 - 11 кл.: Методическое пособие для учителя. [Текст] / А.Г. Мордкович.- М.: Мнемозина, 2002.

14. Мордкович, А.Г. Алгебра: 7 кл.: задачник для общеобразоват. учеб. заведений. [Текст] / А.Г. Мордкович, Т.Н. Мишустина, Е.Е. Тульчинская - М.: Мнемозина, 2003.

15. Мордкович, А.Г. Алгебра: 8 кл.: задачник для общеобразоват. учеб. заведений. [Текст] / А.Г. Мордкович, Т.Н. Мишустина, Е.Е. Тульчинская - М.: Мнемозина, 2003.

16. Мордкович, А.Г. Алгебра: 9 кл.: задачник для общеобразоват. учеб. заведений. [Текст] / А.Г. Мордкович, Т.Н. Мишустина, Е.Е. Тульчинская.- М.: Мнемозина, 2003.

17. Окунев, А.Л. Развитие у учащихся способности наблюдать и анализировать [Текст] / А.Л. Окунев // Математика в шк.- 1982.- № 5.- 23С.

18. Осмоловская, И.М. Организация дифференцированного обучения в современной общеобразовательной школе [Текст] / И.М. Осмоловская.- М.: Ин-т практич. психологии, 1998.

19. Осмоловская, И.М. Организация дифференцированного обучения в современной общеобразовательной школе. :пособие для учителей [Текст] / И.М. Осмоловская.- М.: Просвещение, 1997.

20. Письменный, Д.Т. Математика для старшеклассников [Текст] / Д.Т. Письменный.- М.: Айрис, 1996.

21. Погорелов, А.В. Геометрия 10-11класс: Учеб. для общеобразоват. учеб. заведений [Текст] / А.В. Погорелов.- М.:Просвещение,1993.

22. Пойа, Д. Как решать задачу: пособие для учителей [Текст]: пер. с англ. / под редакцией Ю.М. Гайдука.- М.: Гос. учеб. - пед. изд-во МП РСФСР, 1959.

23. Потапов, А.С. Дифференциация обучения с учетом психологических особенностей [Текст] / А.С. Потапов.- М.: Просвещение, 1989.

24. Потапов, А.С. Дифференциация обучения с учетом психологических особенностей. :пособие для учителей [Текст] / А.С. Потапов.- М. Просвещение, 1989.

25. Саранцев, Г.И. Методика обучения математике в средней школе: Учеб. пособие для студ. математических спец. пед вузов и ун-тов. [Текст] / Г.И. Саранцев.- М.: Просвещение, 2002.

26. Учебные стандарты школ России: в 2 кн. Кн.2: Математика. Естественно - научные дисциплины [Текст] / Под ред. В.С. Леднева, Н.Д. Никандрова, М.Н. Лазутовой.- М.: Сфера: Прометей, 1998.

27. Шарыгин, И.Ф. Факультативный курс по математике - 10 кл.: пособие для учителей [Текст] / И.Ф. Шарыгин.- М.: Просвещение, 1989.

28. Шарыгин, И.Ф. Факультативный курс по математике - 11 кл.: пособие для учителей [Текст] / И.Ф. Шарыгин.- М.: Просвещение, 1992.

Размещено на Allbest.ru