Tem dành riêng cho Leonardo da Vinci

THƯƠNG HIỆU DÀNH CHO
LONARDO DA VINCI

Leonardo da Vinci (1452-1519) một trong những đại diện vĩ đại nhất của thời Phục hưng.

Trong số những người khổng lồ được tạo ra bởi thời đại này, anh ấy giữ một trong những vị trí đầu tiên. Theo Engels, ông “không chỉ là một nghệ sĩ vĩ đại mà còn là một nhà toán học, thợ cơ khí và kỹ sư vĩ đại, người có được những khám phá quan trọng nhất nhờ những ngành vật lý đa dạng nhất”.

Leonardo da Vinci lập luận rằng nghiên cứu khoa học nên dựa trên nghiên cứu thực nghiệm về tự nhiên. Ông viết: “Người giải thích tự nhiên là kinh nghiệm. Anh ta không bao giờ gian lận. Sự khô khan của chúng ta đôi khi bị lừa dối vì nó mong đợi những kết quả không được kinh nghiệm xác nhận. Chúng ta phải tiến hành các thí nghiệm, thay đổi hoàn cảnh, cho đến khi rút ra được những quy luật chung từ chúng, bởi vì kinh nghiệm cung cấp những quy tắc thực sự… Đến lượt chúng, chúng hướng dẫn nghiên cứu của chúng ta về tự nhiên và công việc của chúng ta trong lĩnh vực nghệ thuật.”

Leonardo da Vinci đã đoán trước được một số khám phá được thực hiện nhiều thế kỷ sau đó. Ông đặt nền móng cho học thuyết về sóng và đòn bẩy; họ vạch ra những nguyên tắc cơ bản của hàng không. Leonardo đã sử dụng những khám phá khoa học của mình trong nhiều phát minh và trong việc xây dựng các tòa nhà, kênh đào lớn và các công trình kỹ thuật quân sự.

Những con tem đầu tiên dành riêng cho Leonardo da Vinci được phát hành tại quê hương ông ở Ý vào năm 1932. Sau đó, những con tem dành riêng cho Leonardo da Vinci được phát hành nhiều lần. Trên đây là một con tem được phát hành ở Ý vào năm 1935. Nó được dành tặng cho Viện Hàng không Quốc tế ở Milan; nó mô tả một bức chân dung của Leonardo trên phông nền là những chiếc máy bay đang bay - để vinh danh những thành tựu của ông trong việc nghiên cứu khả năng bay của con người.

Một số lượng lớn tem dành riêng cho Leonardo da Vinci đã được phát hành vào năm 1952, nhân kỷ niệm 500 năm ngày sinh của ông. Trong ảnh, bạn thấy những con tem được phát hành vào NGÀY này ở Ý, Hungary, Ba Lan, Romania và CHDC Đức (những con tem của Ý, Hungary và Ba Lan có hình chân dung tự họa của Leonardo da Vinci).

Những người đương thời ở thành thị đánh giá cao Leonardo da Vinci với tư cách là một nghệ sĩ. Chúng tôi đặt một con tem trên đó một trong những bức tranh của ông (“Benois Madonna”), được lưu giữ ở Hermecca, được sao chép.

A. V. Almyks

60

Về bài viết “Hạt nhân nhân tạo”
Đủ.

Về bài viết “Hàm lượng giác”

1. a) $\frac{2\pi}{3}$; b) $2\pi$; c) $4\pi$; d) $\pi$ (y k a-zan và e: $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$); e) $2\pi$; e) $\pi$.

2. b) Giả sử rằng $T$ là chu kỳ của hàm số này, nghĩa là $\cos(x+T) \times \cos[\sqrt{2}(x+T)] = \cos x \cos \sqrt{2} x$ với mọi $x$. Thay $x=0$ vào đẳng thức này, chúng ta nhận được: $\cos T \cos \sqrt{2} T = 1$. Đẳng thức cuối cùng chỉ có thể được thỏa mãn trong hai trường hợp: $\cos T = 1$, $\cos \sqrt{2} T = 1$ hoặc $\cos T = -1$, $\cos \sqrt{2} T = -1$ (nếu chúng ta giả sử rằng một trong các thành phần nhỏ hơn 1 trong giá trị abscillot thì thành phần thứ hai phải lớn hơn 1 trong giá trị abscillot, điều này không thể xảy ra).

Trong trường hợp đầu tiên, $T=2\pi k$, $T = \frac{2\pi n}{\sqrt{2}}$, từ đó, chia đẳng thức thứ nhất cho đẳng thức thứ hai, chúng ta thu được $\sqrt{2} = \frac{n}{k}$ (tức là $\sqrt{2} = \frac{2n}{k}$).

Trường hợp thứ hai dẫn đến mâu thuẫn theo cách tương tự.

3. a) dương (cung có độ dài 2 kết thúc ở FC 4); b) tiêu cực; c) tích cực; d) âm ($3\pi < \pi^2 < 10 < \frac{7\pi}{2}$); d) tiêu cực.

4. Không, bạn không nên; xét trường hợp $p=-5$, $q=6$.

5. a) Hãy biến đổi:

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

Lưu ý rằng câu bài toán chỉ đúng với $\alpha + \beta \neq \frac{\pi}{2} (2k+1)$, $\alpha \neq \frac{\pi n}{2}$.

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

9. a) Ký hiệu biểu thức này bằng $M$, ta có cho $\alpha \neq \pi k$:

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

Với $\alpha = \pi k$ chúng ta có

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

6. Biểu thị biểu thức này bằng $M$, chúng ta thu được cho $\alpha \neq \pi(2k+1)$:

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

61

Tại $\alpha = \pi (2k + 1)$
$M = \cos \pi (2k + 1) - \cos 2\pi (2k + 1) + \cos 3\pi (2k + 1) - \dots + (-1)^{n+1} \cos \pi n (2k + 1) = -1 - 1 - 1 - \dots - 1 = -n$.
c) Đáp số:
$$M = \frac{(n+1) \sin n\alpha - n \sin (n+1)\alpha}{4 \sin^2 \frac{\alpha}{2}}$$

tại $\alpha \neq 2k\pi$; $M=0$ tại $\alpha = 2k\pi$.
d) Áp dụng công thức tính sin của ba góc, ta có:
$$\sin \alpha = 3 \sin \frac{\alpha}{3} - 4 \sin^3 \frac{\alpha}{3},$$
$$\sin \frac{\alpha}{3} = 3 \sin \frac{\alpha}{3^2} - 4 \sin^3 \frac{\alpha}{3^2},$$
$$\sin \frac{\alpha}{3^2} = 3 \sin \frac{\alpha}{3^3} - 4 \sin^3 \frac{\alpha}{3^3},$$
$$\sin \frac{\alpha}{3^{n-1}} = 3 \sin \frac{\alpha}{3^n} - 4 \sin^3 \frac{\alpha}{3^n},$$
Ở đâu
$$\sin^3 \frac{\alpha}{3} = \frac{3}{4} \sin \frac{\alpha}{3} - \frac{1}{4} \sin \alpha,$$
$$\sin^3 \frac{\alpha}{3^2} = \frac{3}{4} \sin \frac{\alpha}{3^2} - \frac{1}{4} \sin \alpha,$$
$$\sin^3 \frac{\alpha}{3^3} = \frac{3}{4} \sin \frac{\alpha}{3^3} - \frac{1}{4} \sin \alpha,$$
$$\sin^3 \frac{\alpha}{3^n} = \frac{3}{4} \sin \frac{\alpha}{3^n} - \frac{1}{4} \sin \alpha.$$
Nhân các đẳng thức cuối cùng lần lượt với 1, 3, 3², … $3^{n-1}$ và cộng các phương trình thu được, chúng ta thu được biểu thức mong muốn bằng $\frac{1}{4} \left(3^n \sin \frac{\alpha}{3^n} - \sin \alpha\right)$.
11. a) $2\sqrt{2} \sin \left(\frac{x+y}{2} + \frac{\pi}{4}\right) \cos \frac{x+y}{2}$;
6) $4\sqrt{2} \sin \left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) \sin \left(\alpha - \frac{\pi}{3}\right) \times \sin \left(\alpha + \frac{\pi}{3}\right): \cos^3 \alpha$;
c) $2 \sin 3\alpha \sin 5\alpha \cos \alpha$;
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) $\frac{2-m}{m}$ tại $m \neq 0$; với $m=0$ biểu thức không có ý nghĩa; c) 7; d) -2.
14. 3.
16. 6) Bất đẳng thức này tương đương với: $\cos \alpha + 3(\cos 3\alpha + 4 \cos^2 3\alpha) \geq -1, 2$. Hãy biến đổi:
$$\cos 3\alpha + 4 \cos^2 3\alpha = \left(2 \cos 3\alpha + \frac{1}{4}\right)^2 - \frac{1}{16} \geq -\frac{1}{16},$$
nơi chúng tôi nhận được:
$$\cos \alpha + 3 (\cos 3\alpha + 4 \cos^2 3\alpha) \geq -1 - \frac{3}{16} > -1 - \frac{2}{10} = -1, 2.$$
Về “Các lựa chọn thi tuyển sinh môn Toán 1971”
MOSCOW
VẬT LÝ VÀ KỸ THUẬT
VIỆN
Tùy chọn 1

1. 1: 2.
2. Bởi vì
   $$\mathrm{tg} x + \mathrm{tg} 4x = \frac{\sin 5x}{\cos x \cos 4x},$$
   $$\mathrm{tg} 2x + \mathrm{tg} 3x = \frac{\sin 5x}{\cos 2x \cos 3x},$$
   thì phương trình ban đầu có thể được viết là
   $$\operatorname{sin} 5x (\cos 2x \cos 3x + \cos x \cos 4x) = 0$$ (giả sử $\cos x \cos 2x \cos 3x \cos 4x \neq 0$).
   Từ đây:
   a) $\operatorname{sin} 5x = 0; x = \frac{\pi}{5} k$;

6. $\cos 2x \cos 3x + \cos x \cos 4x = 0$. (1)
   Sử dụng các công thức $\cos 3x = 4 \cos^3 x - 3 \cos x$, $\cos 4x = 2 \cos^2 2x - 1$, $2 \cos^2 x = 1 + \cos 2x$, chúng ta biến đổi (1) thành dạng
   $$\cos x (4 \cos^2 2x - \cos 2x - 1) = 0,$$
   và vì $\cos x \neq 0$, nên từ (2) ta tìm được
   $$x = \pm \frac{1}{2} \arccos \frac{1 \pm \sqrt{17}}{8} + \pi k.$$

63

Từ sự giống nhau của các tam giác $SQA$ và $SPE$ ta có
$$\frac{AQ}{PE} = \frac{SA}{SE},$$
(8)

và từ sự giống nhau của các tam giác $SAC'$ và $SEC$
$$\frac{SA}{SE} = \frac{AC'}{EC}.$$
(9)

Vì $AC' \perp SC$ nên $AC' < AC$ nên từ (9) suy ra
$$\frac{SA}{SE} < \frac{AC}{EC}.$$
(10)

Từ (8) và (10) ta có
$$\frac{AQ}{PE} < \frac{AC}{EC} \text{ или } \frac{AQ}{AC} < \frac{PE}{EC}.$$
(11)

Tam giác $ABC$ đúng nên
$$\frac{AQ}{AC} = \sin 30^\circ = \frac{1}{2}.$$

Khi đó từ (11) suy ra
$$\sin \theta = \frac{PE}{EC} > \frac{1}{2},$$

nghĩa là, $\theta = 60^\circ$. Suy ra các điểm $A_1$ và $B_1$ nằm trên đoạn $EF$, $P$ là trung điểm của $A_1B_1$ và $A_1B_1 < EF$.

Bây giờ việc vẽ một bản vẽ không khó (Hình 3). Mặt cơ sở $AB$ được chấp nhận

Cơm. 3.

giao với các mặt được nhận dạng $A_1A_2SC$ và $B_1B_2SC$ tại các điểm $M$ và $N$.

Chúng ta hãy biểu thị $x = MN$, $a = AB$, $b = A_1B_1$, $h$ là chiều cao độ thẳng. Hãy tìm thể tích của đường thẳng $SABC$ và phần của nó nằm bên trong đường thẳng:

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

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

Từ sự giống nhau của các tam giác $MSN$ và $B_1SA_1$ ta tìm được
$$\frac{x}{b} = \frac{SQ}{SP}.$$
(13)

Xét tam giác $SPC$ (Hình 4). Hãy vẽ một đường thẳng $QL \parallel PC$. Từ sự giống nhau của ba

Cơm. 4.

tam giác $SQL$ và $SPC$ ta có
$$\frac{SQ}{SP} = \frac{QL}{PC}.$$
(14)

Tiếp theo, $PC$ là chiều cao của đáy các đường thẳng, $PC = b \frac{\sqrt{3}}{2}$ và $QL = QC \cdot \sin \alpha$.

Góc $\alpha$ là góc giữa cạnh $SC$ và chiều cao $QC$ của đáy của một đường thẳng chuẩn. Nếu $SF$ là chiều cao thẳng thì
$$FC = \frac{a\sqrt{3}}{3}.$$
Theo điều kiện, $SC = \frac{2\sqrt{3}}{3} a$, từ đó $\cos \alpha = \frac{1}{2}, \alpha = 60^\circ$, và do đó,
$$QL = \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \sin 60^\circ = \frac{3a}{4}.$$

Từ (13) và (14) ta tìm được
$$\frac{x}{b} = \frac{SQ}{SP} = \frac{QL}{PC} = \frac{\sqrt{3}a}{2b},$$

từ đâu $\frac{x}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Điều này, như sau từ (12), cho tỷ lệ âm lượng mong muốn.

Đáp số. $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Tùy chọn 2

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