Марки, посвящённые Леонардо да Винчи

МАРКИ, ПОСВЯЩЕННЫЕ
ЛЕОНАРДО ДА ВИНЧИ

Леонардо да Винчи (1452—1519 г.) один из крупнейших представителей эпохи Возрождания.

Среди титанов, порождаемых этой эпохой, ему принадлежало одно из первых мест. По словам Энгельса, он был «не только великим художником, но и великим математиком, механиком и инженером, который обязаны важнейшими открытиями самые разнообразные отрасли физики».

Леонардо да Винчи утверждал, что научные исследования должны основывать на экспериментальном изучении природы. Он писал: «Истолкователем природы является опыт. Он не обманывает никогда. Наше сухление иногда обманывается, потому что ожидает результаты, не подтверждаемых опитом. Надо производить опыты, изменяя обстоятельства, пока не извлечет из них общих правил, потому что опыт доставляет истинные правила… Они в свою очередь направляют наши исследования в природе и наши работы в области искусства».

Леонардо да Винчи предвосхитил ряд открытий, сделанных много веков спустя. Он заложил основу учения о волнах и рычаге; им были намеченые основные принципы авиации. Свои научные открытия Леонардо использовал во многихе изобретении и при строительстве крупнейших зданий, каналов, военно-инженерных сооружений.

Первые марки, посвященные Леонардо да Винчи, вышли на его родине в Италии в 1932 г. Затем марки, посвященные Леонардо, выходит на неоднократно. Вверху приведена марка, выпущенная в Италии в 1935 году. Она посвящена Международному салону азронавтики в Милане; на ней изображен портрет Леонардо на фоне летящих самолетов — в честь его заслуг в вопросах исследования возможности полета человека.

Нанобольшее количество марок, посвященных Леонардо да Винчи, вышло в 1952 году, когда отмешалось 500 лет со дня его рождения. На фото вы видите марки, выпущенные к этойDATE в Италии, Венгрии, Польше, Румынии и ГДР (на марках Италии, Венгрии и Польщи изображен авторортрет Леонардо да Винчи).

Современники городад большие ценят Леонардо да Винчи как художника. Мы помещаем марку, на котором воспроизведена одна из его картины («Мадонна Бенуа»), хранящаяся в Эрмитаже.

А. В. Алмыкс

60

К статье «Искусственные ядра»
Достаочна.

К статье «Тригонометрические функции»

1. а) $\frac{2\pi}{3}$; б) $2\pi$; в) $4\pi$; г) $\pi$ (у к а-зан и е: $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$); д) $2\pi$; е) $\pi$.

2. б) Предположим, что $T$ — период данной функции, то есть что $\cos(x+T) \times \cos[\sqrt{2}(x+T)] = \cos x \cos \sqrt{2} x$ при любом $x$. Подставив в это равенство $x=0$, получим: $\cos T \cos \sqrt{2} T = 1$. Последнее равенство может выполнять лишь в двух случаях: $\cos T = 1$, $\cos \sqrt{2} T = 1$ или $\cos T = -1$, $\cos \sqrt{2} T = -1$ (если предположить, что один из компоней по абсцилотной величины меньше 1, тогда второй должен быть по абсцилотной величины больше 1, чего бы не может).

В первом случае $T=2\pi k$, $T = \frac{2\pi n}{\sqrt{2}}$, откуда, поделив первое равенство на второе, получим, что $\sqrt{2} = \frac{n}{k}$ (то есть, что $\sqrt{2} = \frac{2n}{k}$).

Второй случай приводится к противоречию аналогично.

3. а) положительное (дуга длиной 2 кончается во ПЧ четырги); б) отрицательное; в) положительное; г) отрицательное ($3\pi < \pi^2 < 10 < \frac{7\pi}{2}$); д) отрицательное.

4. Нет, не следует; рассмотреть случай $p=-5$, $q=6$.

5. а) Преобразуем:

$$\frac{\mathrm{tg}(\alpha + \beta)}{\mathrm{tg} \alpha} = \frac{\sin(\alpha + \beta)}{\sin \alpha \cos(\alpha + \beta)} = \frac{\sin \beta + \sin(2\alpha + \beta)}{- \sin \beta + \sin(2\alpha + \beta)} = \frac{\sin \beta + 5 \sin \beta}{- \sin \beta + 5 \sin \beta} = \frac{6 \sin \beta}{4 \sin \beta} = \frac{3}{2}.$$

Заметим, что утверждение задачи верно лишь при $\alpha + \beta \neq \frac{\pi}{2} (2k+1)$, $\alpha \neq \frac{\pi n}{2}$.

6. Имеем: $1 + \mathrm{tg} \frac{x+a}{2} \mathrm{tg} \frac{x-a}{2} = \frac{\cos \left( \frac{x+a}{2} - \frac{x-a}{2} \right)}{\cos \frac{x+a}{2} \cos \frac{x-a}{2}} = 2 \cos a: \left[ \cos \left( \frac{x+a}{2} - \frac{x-a}{2} \right) + \cos \left( \frac{x+a}{2} + \frac{x-a}{2} \right) \right] = \frac{2 \cos a}{\cos x + \cos a} = \frac{2 \cos a}{\cos a + \cos a \cos b} = \frac{2}{\cos b+1} = \frac{1}{\cos^2 \left( \frac{b}{2} \right)}.$

9. а) Обозначив данное выражение через $M$, имеем при $\alpha \neq \pi k$:

$$M = \frac{2^n \sin \alpha \cos \alpha \cos 2\alpha}{2^n \sin \alpha} = \frac{2^{n-1} \sin 2\alpha \cos 2\alpha}{2^n \sin \alpha} = \dots = \frac{\cos 2^{n+1}\alpha}{2^n \sin \alpha}.$$

При $\alpha = \pi k$ имеем

$$M = \cos \pi k \cos 2\pi k \dots \cos 2^n \pi k = \left\{ \begin{array}{l} 1 \text{ при } k=2p, \\ -1 \text{ при } k=2p+1. \end{array} \right.$$

6. Обозначив данное выражение через $M$, получим при $\alpha \neq \pi(2k+1)$:

$$2 \cos \frac{\alpha}{2} M = 2 \cos \frac{\alpha}{2} \cos \alpha - 2 \cos \frac{\alpha}{2} \cos 2\alpha + \dots + 2 \left(-1\right)^{n+1} \cos \frac{\alpha}{2} \cos n\alpha = \cos \frac{\alpha}{2} + \cos \frac{3\alpha}{2} - \cos \frac{3\alpha}{2} - \cos \frac{5\alpha}{2} + \cos \frac{5\alpha}{2} + \cos \frac{7\alpha}{2} - \dots + \left(-1\right)^{n+1} \cos \frac{2n-1}{2}\alpha + \left(-1\right)^{n+1} \cos \frac{2n+1}{2}\alpha = \cos \frac{\alpha}{2} + \left(-1\right)^{n+1} \cos \frac{2n+1}{2}\alpha.$$

61

При $\alpha = \pi (2k + 1)$
$M = \cos \pi (2k + 1) - \cos 2\pi (2k + 1) + \cos 3\pi (2k + 1) - \dots + (-1)^{n+1} \cos \pi n (2k + 1) = -1 - 1 - 1 - \dots - 1 = -n$.
в) Ответ:
$$M = \frac{(n+1) \sin n\alpha - n \sin (n+1)\alpha}{4 \sin^2 \frac{\alpha}{2}}$$

при $\alpha \neq 2k\pi$; $M=0$ при $\alpha = 2k\pi$.
г) По формуле синуса тройного угла имеем:
$$\sin \alpha = 3 \sin \frac{\alpha}{3} - 4 \sin^3 \frac{\alpha}{3},$$
$$\sin \frac{\alpha}{3} = 3 \sin \frac{\alpha}{3^2} - 4 \sin^3 \frac{\alpha}{3^2},$$
$$\sin \frac{\alpha}{3^2} = 3 \sin \frac{\alpha}{3^3} - 4 \sin^3 \frac{\alpha}{3^3},$$
$$\sin \frac{\alpha}{3^{n-1}} = 3 \sin \frac{\alpha}{3^n} - 4 \sin^3 \frac{\alpha}{3^n},$$
откуда
$$\sin^3 \frac{\alpha}{3} = \frac{3}{4} \sin \frac{\alpha}{3} - \frac{1}{4} \sin \alpha,$$
$$\sin^3 \frac{\alpha}{3^2} = \frac{3}{4} \sin \frac{\alpha}{3^2} - \frac{1}{4} \sin \alpha,$$
$$\sin^3 \frac{\alpha}{3^3} = \frac{3}{4} \sin \frac{\alpha}{3^3} - \frac{1}{4} \sin \alpha,$$
$$\sin^3 \frac{\alpha}{3^n} = \frac{3}{4} \sin \frac{\alpha}{3^n} - \frac{1}{4} \sin \alpha.$$
Умножая последние равенства соответственно на 1, 3, 3², … $3^{n-1}$ и полученно складывая, получим, что искомое выражение равно $\frac{1}{4} \left(3^n \sin \frac{\alpha}{3^n} - \sin \alpha\right)$.
11. a) $2\sqrt{2} \sin \left(\frac{x+y}{2} + \frac{\pi}{4}\right) \cos \frac{x+y}{2}$;
6) $4\sqrt{2} \sin \left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) \sin \left(\alpha - \frac{\pi}{3}\right) \times \sin \left(\alpha + \frac{\pi}{3}\right): \cos^3 \alpha$;
в) $2 \sin 3\alpha \sin 5\alpha \cos \alpha$;
12. a) $\cos 15^\circ = \sqrt{\frac{1+\cos 30^\circ}{2}} = \sqrt{\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}} = \sqrt{\frac{2+\sqrt{3}}{2}}$;
6) $\frac{2\sqrt{2-\sqrt{3}}-1}{2-\sqrt{3}}$;
b) $\frac{\sqrt{2(5+\sqrt{5})}}{4}$;
r) $-\frac{1+\sqrt{3}}{8\sqrt{2}}$;
d) 4.
13. a) $\frac{2-m}{m}$ при $m \neq 0$; при $m=0$ выражение не имеет смысла; в) 7; г) -2.
14. 3.
16. 6) Данное неравенство равносильно такому: $\cos \alpha + 3(\cos 3\alpha + 4 \cos^2 3\alpha) \geq -1, 2$. Преобразуем:
$$\cos 3\alpha + 4 \cos^2 3\alpha = \left(2 \cos 3\alpha + \frac{1}{4}\right)^2 - \frac{1}{16} \geq -\frac{1}{16},$$
откуда получаем:
$$\cos \alpha + 3 (\cos 3\alpha + 4 \cos^2 3\alpha) \geq -1 - \frac{3}{16} > -1 - \frac{2}{10} = -1, 2.$$
К «Вариантам вступительных экзаменов по математике 1971 года»
МОСКОВСКИЯ
ФИЗИКО-ТЕХНИЧЕСКИЯ
ИНСТИТУТ
Вариант 1

1. 1: 2.
2. Так как
   $$\mathrm{tg} x + \mathrm{tg} 4x = \frac{\sin 5x}{\cos x \cos 4x},$$
   $$\mathrm{tg} 2x + \mathrm{tg} 3x = \frac{\sin 5x}{\cos 2x \cos 3x},$$
   то исходное уравнение можно записать в виде
   $$\operatorname{sin} 5x (\cos 2x \cos 3x + \cos x \cos 4x) = 0$$ (предполагая, что $\cos x \cos 2x \cos 3x \cos 4x \neq 0$).
   Отсюда:
   a) $\operatorname{sin} 5x = 0; x = \frac{\pi}{5} k$;

6. $\cos 2x \cos 3x + \cos x \cos 4x = 0$. (1)
   Используя формулы $\cos 3x = 4 \cos^3 x - 3 \cos x$, $\cos 4x = 2 \cos^2 2x - 1$, $2 \cos^2 x = 1 + \cos 2x$, преобразуем (1) к виду
   $$\cos x (4 \cos^2 2x - \cos 2x - 1) = 0,$$
   и так как $\cos x \neq 0$, то из (2) находится
   $$x = \pm \frac{1}{2} \arccos \frac{1 \pm \sqrt{17}}{8} + \pi k.$$

63

Из подобия треугольников $SQA$ и $SPE$ имеем
$$\frac{AQ}{PE} = \frac{SA}{SE},$$
(8)

а из подобия треугольников $SAC'$ и $SEC$
$$\frac{SA}{SE} = \frac{AC'}{EC}.$$
(9)

Так как $AC' \perp SC$, то $AC' < AC$, поэтому из (9) следует
$$\frac{SA}{SE} < \frac{AC}{EC}.$$
(10)

Из (8) и (10) получим
$$\frac{AQ}{PE} < \frac{AC}{EC} \text{ или } \frac{AQ}{AC} < \frac{PE}{EC}.$$
(11)

Треугольник $ABC$ правильно, поэтому
$$\frac{AQ}{AC} = \sin 30^\circ = \frac{1}{2}.$$

Тогда из (11) следует
$$\sin \theta = \frac{PE}{EC} > \frac{1}{2},$$

то есть $\theta = 60^\circ$. Отсюда следует, что точки $A_1$ и $B_1$ лежат на отрезке $EF$, $P$ — середина $A_1B_1$ и $A_1B_1 < EF$.

Тепер нетрудно сделать рисунок (рис. 3). Сторона основания $AB$ принимаются

Рис. 3.

пересекается с гранями признаемых $A_1A_2SC$ и $B_1B_2SC$ в точках $M$ и $N$.

Обозначим $x = MN$, $a = AB$, $b = A_1B_1$, $h$ — высота прямоды. Найдем объемы прямоды $SABC$ и ее части, лежащей внутри прямы:

$$V_{SABC} = \frac{1}{6} ah \cdot QC,$$
$$V_{SMNC} = \frac{1}{6} hx \cdot QC,$$

откуда
$$\frac{V_{SABC}}{V_{SMNC}} = \frac{x}{a}.$$
(12)

Из подобия треугольников $MSN$ и $B_1SA_1$ находится
$$\frac{x}{b} = \frac{SQ}{SP}.$$
(13)

Рассмотрим треугольник $SPC$ (рис. 4). Проведем прямую $QL \parallel PC$. Из подобия тре-

Рис. 4.

угольников $SQL$ и $SPC$ имеем
$$\frac{SQ}{SP} = \frac{QL}{PC}.$$
(14)

Далее, $PC$ — высота основания прямы, $PC = b \frac{\sqrt{3}}{2}$ и $QL = QC \cdot \sin \alpha$.

Угол $\alpha$ — это угол между ребром $SC$ и высотой $QC$ основания правильно прямоды. Если $SF$ — высота прямоды, то
$$FC = \frac{a\sqrt{3}}{3}.$$
По условию, $SC = \frac{2\sqrt{3}}{3} a$, откуда $\cos \alpha = \frac{1}{2}, \alpha = 60^\circ$, и, следовательно,
$$QL = \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \sin 60^\circ = \frac{3a}{4}.$$

Из (13) и (14) находится
$$\frac{x}{b} = \frac{SQ}{SP} = \frac{QL}{PC} = \frac{\sqrt{3}a}{2b},$$

откуда $\frac{x}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Это, как следует из (12), дает искомое отношение объемов.

Ответ. $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Вариант 2

2. $x = \arcsin \frac{1}{4} + 2\pi k$, $x = -\arcsin \left(-\frac{1}{4}\right) + 2\pi k$.
3. $\frac{S_1S_3(S_1 + S_2)(S_2 + S_3)}{S_2(S_2^2 - S_1S_3)}$.