Bài toán M1046—M1050; F1058—F1062

Kvant 1987, số 6 tr. 19, 20, 22, 24, 25, 26 Thẻ 1IA2

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó không phải là tiêu chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến thức ngoài phạm vi chương trình giảng dạy ở trường. bài toán khó nhất được đánh dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên.

Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 1 tháng 9 năm 1987 đến địa chỉ: 103006 Moscow K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Lời giải bài toán từ các số khác nhau của tạp chí hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) được phân bổ trong các phong bì khác nhau. Trên phong bì, ở cột “Tới”, viết: “Vấn đề «Kvant» Số 6-87” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ “M1046” hoặc “F1058”. Ở cột “…địa chỉ người gửi”, vui lòng ghi riêng họ và tên của bạn. Kèm theo một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải).

Tình trạng của mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản được chỉ định trong một phong bì riêng biệt, thành hai bản sao cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này (trên vị trí phong bì: “Vấn đề «Kvant», bài toán mới trong vật lý hoặc “…mới bài toán trong toán học”).

Ở đầu mỗi chữ cái hãy cho biết mã số trường và lớp bạn đang theo học.

M1046. Cho tam giác ABC có góc A bằng 60°. Chứng minh rằng một trong các đường phân giác của góc tạo bởi các đường cao vẽ từ đỉnh B và C đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác này.

V. Pogrebyan, học sinh lớp 10, Vinnitsa

M1047. Trong một giải đấu cờ vua diễn ra trong một hiệp, ít nhất 3/4 tổng số ván đấu đã chơi tại một thời điểm nào đó kết thúc với tỷ số hòa. Chứng minh rằng tại thời điểm này có 2 người tham gia có cùng số điểm.

M. Bona, học sinh trung học, Hungary

M1048*. Một trong hai người chơi (“người mới bắt đầu”) đặt quân mã lên một ô nhất định trên bàn cờ. Sau đó, người chơi lần lượt di chuyển hiệp sĩ theo luật chung (chữ “Γ”), nhưng bạn không thể đặt hiệp sĩ trên sân đã bị đánh. Người không có nơi nào để đi sẽ thua cuộc. Ai có thể đạt được chiến thắng (bất kể hành động của đối thủ) - người mới bắt đầu hoặc đối tác của anh ta a) trên bảng 8x8; 6) trên bảng m×n, trong đó m ≥ n ≥3?

V. Zudilin, học sinh lớp 10, Veltsy

M1049. Chúng ta sẽ nói rằng một hình trụ C2 khác nội tiếp vào hình trụ C1 nếu hai đường sinh của hình trụ thứ hai nằm trên hai đáy của hình trụ thứ nhất, và các điểm chẵn của đường tròn đáy hình trụ thứ hai nằm trên bề mặt bên của hình trụ thứ nhất (hình 1). Lấy hình trụ C1 có tỉ số đường kính và chiều cao bằng k, ta viết hình trụ C2 vào đó theo chiều ngang (nếu có thể), viết nghiêng C3 vào đó, viết C4 vào đó, v.v. Ở giá trị nào của k a) ta viết được C2 chứ không viết được C3; 6)* bạn có thể nhập Ts10, nhưng không thể nhập Ts11; 8)* có thể nhập dãy vô hạn CN (n=1, 2, …) không?

V. Stolin, học sinh lớp 11, Vilnius

M1050. Trên đoạn [−1, 1], k điểm khác nhau được chọn, với mỗi tích khoảng cách đến k−1 điểm còn lại được tính và S biểu thị tổng các nghịch đảo của k tích này. Chứng minh rằng a) S ≥2 với k=3; 6)* S ≥4 tại k=4.

L. D. Kurlyandchik

F1058. Quả bóng lăn dọc theo mép sắt thẳng ACB (hình 2) với vận tốc v không trượt; khoảng cách AB bằng bán kính của quả bóng. Điểm nào trên quả bóng có tốc độ tối đa? Tốc độ là bao nhiêu?

S. S. Krotov

F1059. Tại một điểm nhất định trong không gian, cần phải tạo ra trường định hướng tối đa có thể (gia tốc trọng trường), có sẵn một khối lượng vật chất nhất định có mật độ không đổi.

a) Chất đó nên ở dạng nào?
b) Vị trí tương đối của vật và điểm là bao nhiêu?

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

Chúng tôi đã xuất bản các bài toán về cuộc thi của Kvant hàng tháng kể từ số đầu tiên của tạp chí của chúng tôi. Đây là những vấn đề không chuẩn, nhưng cách giải của chúng không đòi hỏi thông tin nào nằm ngoài phạm vi giáo trình trung học của Liên Xô. Những bài toán khó hơn được đánh dấu sao (*). Sau khi trình bày vấn đề, chúng ta thường chỉ ra ai đã đề xuất vấn đề đó cho chúng ta. Không cần phải nói cũng biết rằng không phải tất cả những vấn đề này đều là những ấn phẩm đầu tiên. Giải pháp cho vấn đề này (bằng tiếng Nga hoặc tiếng Anh) có thể được đăng không muộn hơn ngày 1 tháng 9 năm 1987, tới địa chỉ sau: Liên Xô, Moscow, 103006. Moscow K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Vui lòng gửi lời giải của các bài toán vật lý và toán học, cũng như các bài toán từ các bài toán khác nhau, dưới bìa riêng; trên phong bì viết dòng chữ: “VẤN ĐỀ CỦA KVANT” và số của tất cả các bài toán đã giải được; trong thư của bạn hãy kèm theo một phong bì ghi sẵn địa chỉ và không dán tem - chúng tôi sẽ sử dụng nó để gửi cho bạn kết quả chỉnh sửa. Cuối năm học chúng tôi tổng hợp kết quả môn Lượng tử

F1060. Một tấm thảm toán học là một thanh không trọng lượng có chiều dài $l$ , ở đầu tự do có gắn một vật nặng nhỏ. Một hạt cùng mảng được đặt trên thanh, hạt này có thể trượt tự do dọc theo thanh dẫn ngang đi đến mức giữa thanh (hình 3). Tìm chu kỳ dao động nhỏ của một matnik như vậy. Không có đào tạo.

L. G. Markovich

F1061. Ngọn lửa của đèn cồn bắt đầu bập bùng, lách tách trước khi tắt. Tại sao?

A. S. Butov

F1062. Một hạt vũ trụ chuyển động với tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng đi vào một bể chứa trong một thiết lập thí nghiệm chứa đầy chất lỏng có chiết suất $n=1,6$ . Sự đi qua của một hạt qua chất lỏng đi kèm với sự phát sáng. Sau một thời gian ngắn sau khi hạt chạm vào bể, thiết bị đặt tại điểm $C$ được bật lên, ghi nhận thời điểm bật hai điểm sáng $A$ và $B$ (sơ đồ thí nghiệm trên một tỷ lệ nhất định thể hiện ở hình 4; nhìn từ trên xuống, các điểm $C$ , $A$ và $B$ nằm ngang mặt phẳng). Giải thích hiện tượng quan sát được và sử dụng hình, tìm tốc độ của hạt. Việc hãm các hạt trong chất lỏng là một khẳng định.

A. I. Vuzdin

Problems

M1046—M1050, P1058—P1062

M1046. In the acute triangle $ABC$ the angle $A$ is $60^\circ$ . Prove that one of the bisectors of the angle between the two altitudes drawn from the vertices $B$ and $C$ passes through the circumcircle of the triangle.

V. Pogrebnyak, 10th form student, Vinnitsa

M1047. In a one round chess tournament no less than 3/4 of the games concluded at some moment were drawn. Prove that at this moment at least two players had the same number of points.

Miklos Bona, gymnasium student, Hungary

M1048*. The first of two players places a knight on an empty chessboard. Then the players make ordinary moves in turn with the knight, never placing it in a position which it occupied before. The player who can’t make such a move loses. Who can win (independently of his opponent’s moves) — the first player or the second a) on an 8 by 8 board; b) on an $m$ by $n$ board, where $m \geq n \geq 3$ ?

V. Zudilin, 10th form student, Beltsy

M1049. Chúng ta nói hình trụ $C_1$ nội tiếp trong hình trụ $C_2$ nếu hai máy phát của hình trụ thứ hai nằm trên đế của hình trụ thứ nhất và bốn điểm của đường tròn cơ sở của hình trụ thứ hai nằm trên bề mặt bên của hình trụ thứ nhất (xem hình Hình 1). Lấy một hình trụ $C_1$ có tỷ lệ chiều cao trên đường kính là $k$ , nội tiếp (nếu có thể) một hình trụ $C_2$ vào $C_1$ theo chiều ngang, sau đó là hình trụ $C_3$ vào $C_2$ theo chiều ngang, v.v. Với những giá trị nào của $k$ thì có thể

a) inscribe $C_2$ , but not $C_3$ ;
b) inscribe $C_{10}$ , but not $C_{11}$ ;
c) inscribe an infinite sequence $C_n$ , $n=2, 3, \dots$ ?

V. Stolin, 11th form student, Vilnius

M1050. If $k$ distinct points are chosen on the closed interval $[-1, 1]$ and the product of distances from a chosen point to the other $k-1$ points is computed for each chosen point, we denote by $S$ the sum of inverses of these $k$ products. Prove that a) $S \geq 2$ if $k=3$ ; b) $S \geq 4$ if $k=4$ .

L. D. Kurlyandchik

M1028. a) Trên mặt phẳng cho hai đường thẳng cắt nhau và trên đó tôi đánh dấu mỗi đường một điểm (D và E). Vẽ tam giác ABC có các đường phân giác AE và CD nằm trên các đường thẳng cho trước và đáy của chúng lần lượt là các điểm E và D. b)* Chứng minh rằng nếu $\angle CDE=30^\circ$ thì một trong các góc của tam giác ABC bằng $60^\circ$ hoặc $120^\circ$ .

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

M1029. Trong số các số hạng của cấp số cộng, chúng ta có thể chọn các số hạng tạo thành cấp số nhân tăng dần. Chứng minh

a) Lưu ý rằng đường thẳng AC phải đi qua các điểm D $_1$ và E $_1$ , đối xứng với D và E đối với các đường thẳng này (hình 1). Việc xây dựng sau đây xuất phát từ điều này:

chúng ta phản ánh các điểm D và E so với các đường OE và OD đã cho (O là giao điểm của chúng); vẽ một đường thẳng qua ảnh D $_1$ và E $_1$ của chúng cho đến khi nó cắt DO - tại điểm C và với EO - tại điểm A (nếu D $_1=E_1$ thì vẽ đường thẳng qua D $_1$ tùy ý nhưng sao cho cắt các tia DO và EO, hình 2); ta tìm đỉnh thứ ba B của tam giác riêng là giao điểm của đường AD và CE.

Cách xây dựng này không phải lúc nào cũng khả thi: có thể D $_1$ E $_1$ ||DO, D $_1$ E $_1$ ||EO hoặc AD||CE. Nhưng ngay cả trong trường hợp khi tam giác được “dựng”, các đường thẳng AE và CD có thể trở thành các đường phân giác không phải của các góc trong mà của các góc ngoài của nó. Từ đẳng thức

$\angle DOE = \angle AOC = 180^\circ - \frac{1}{2} (\angle A + \angle C) = 90^\circ + \frac{1}{2} \angle B$

theo đó bài toán chỉ có thể giải được với $\alpha = \angle DOE > 90^\circ$ . Nhưng điều kiện này vẫn chưa xứng đáng. Ngoài ra, cần đảm bảo sự tồn tại của các điểm A, C và các điểm D, O, E nằm cùng phía của đường thẳng AC. Có thể chứng minh rằng bài toán giải được khi và chỉ khi

$-2 \cos \alpha < DO : EO < -1/2 \cos \alpha \text{ при } \alpha \neq 120^\circ$

(trong trường hợp này là lời giải số ít) hoặc khi

$DO = EO, \alpha = 120^\circ$

(trong trường hợp này là D $_1 = E_1$ , đã giải được vô số). Chúng tôi để lại các chi tiết của nghiên cứu cho độc giả.

b) Xây dựng các điểm D $_1$ và E $_1$ , như trong lời giải bài toán a). Tam giác DEE $_1$ là đều ( $\angle EDE_1 = 2\angle EDO = 60^\circ, DE = DE_1$ ). Nếu D $_1 = E_1$ (hình 2), thì DO và EO là các đường phân giác của tam giác này, do đó O là tâm của tam giác này và $\angle DOE = 120^\circ$ . Theo đẳng thức (1), góc B bằng $60^\circ$ .

Bây giờ hãy để D $_1 \neq E_1$ (hình 3). Vì EE $_1 = ED = ED_1$ nên tam giác D $_1$ EE $_1$ là tam giác cân, có nghĩa là

$\angle EE_1A = 180^\circ - \angle ED_1A = 180^\circ - \angle EDA$

(ở đây chúng ta lợi dụng điểm E $_1$ và D $_1$ nằm bên trong góc AOC, tức là nằm trên một cạnh của A, vì góc DOE tù). Từ đẳng thức (2) suy ra các điểm A, D, E và E $_1$ nằm trên cùng một đường tròn (hình 3). Do đó $\angle EAD = \angle EE_1D = 60^\circ$ và $\angle BAC = 2\angle EAD = 120^\circ$ .

M. Volchekvich, V. N. Dubrovsky

Hãy chia tất cả các số hạng của cấp số nhân cho một dấu ngắt và viết chúng theo thứ tự tăng dần. Khi đó nó sẽ có dạng 1, q, …, $q^{k-1}$ , trong đó $q > 1$ . Tất cả những con số này được bao gồm trong một số cấp số cộng n số hạng; Chúng ta cũng sẽ coi nó đang tăng (nếu không chúng ta sẽ thay đổi dấu hiệu của nó). Các thành viên của một cấp số cộng

Cái đó
a) $S(M_1) \leq S(M_2)$ ;
b) $P(M_1) \leq P(M_2)$ .

Hình 2.

Hình 3.

F1038. Ba sợi chỉ không co giãn giống hệt nhau được gắn ở khoảng cách bằng nhau vào một vòng có bán kính $r_0$ và theo cách tương tự - với một vòng có bán kính $2r_0$ . Các sợi chỉ được luồn qua vòng thứ ba có bán kính $r_0$ (xem hình 3). Vòng 1 được cố định trong mặt phẳng nằm ngang và mọi hệ đều ở trạng thái cân bằng. Tìm khoảng cách giữa tâm bánh xe 2 và 3. Tất cả các chốt đều được làm bằng cùng một sợi dây. Bỏ bê việc đào tạo.

Vì bán kính của vòng 2 gấp đôi bán kính của vòng 3 nên chiều dài của nó gấp đôi chiều dài của vòng 3 và vì các vòng được làm từ cùng một sợi dây nên khối lượng của vòng 2 bằng một nửa khối lượng của vòng 3. Nếu $m$ là khối lượng của vòng 3 thì tổng trọng lượng được đỡ bởi các sợi dây là $3mg$ . Do đó lực căng của mỗi sợi dây giữa vòng 1 và vòng 3 là

$F_1 = mg.$

Vì không có trene nên lực căng của mỗi sợi dọc theo toàn bộ chiều dài của nó là như nhau:

$F_2 = F_1 = mg$

(xem hình 3).

Bây giờ chúng ta viết các điều kiện cân bằng cho vòng 3:

$3F_1 - mg - 3F_2 \cos \alpha = 0,$

Ở đâu

$\cos \alpha = \frac{2}{3}.$

Khoảng cách giữa tâm bánh xe 2 và 3 (xem hình 3):

$x = r_0 \text{ стg } \alpha = r_0 \frac{\cos \alpha}{\sqrt{1 - \cos^2 \alpha}} = r_0 \frac{2}{\sqrt{5}},$

$x = \frac{2r_0}{\sqrt{5}}.$

V. P. Borodin

*) Ta định nghĩa các giá trị góc ngoài (rắn) của khối đa diện tại đỉnh $A$ là mặt phẳng của phần hình cầu của bề mặt mảnh $K_A$ tại $r=1$ . Theo tính toán của chúng tôi, tổng các góc ngoài của một khối đa diện lồi bằng $4\pi$ , tức là không phụ thuộc vào khối đa diện đó.

F1039. Một sợi dây được buộc vào một khối nằm trên mặt phẳng nghiêng và được ném qua một vòng dây; ở đầu kia của sợi chỉ có một vật nặng (xem hình). Trong trường hợp này, khối bất động. Hệ số ma sát trượt là μ.

Trong trường hợp không có dao động dọc theo mặt phẳng nghiêng, lực ma sát tĩnh (giá trị cực đại của nó bằng μN=μMg cos α), lực căng của sợi dây T và thành phần trọng lực của khối, bằng Mg sin α, tác dụng. Vì khối không chuyển động nên từ điều kiện cân bằng của trọng lượng T=mg<Mg(μ cos α+sin α) (ta bỏ qua ma sát của sợi dây trên vòng dây).

Khi bị lệch một góc nhỏ φ0, trọng lượng bắt đầu đạt trạng thái cân bằng, tức là khi tốc độ tăng dần thì lực căng của sợi dây T tăng, luôn vượt quá giá trị mg. Cuối cùng, lực tăng dần này vượt quá lực giữ khối và khi đó khối bắt đầu chuyển động. Điều này xảy ra tùy thuộc vào

$mg + \frac{mv^2}{l} > Mg(\mu \cos \alpha + \sin \alpha),$

tức là ở $v_1^2 > gl(M(\mu \cos \alpha + \sin \alpha) - m)/m$ .

Chuyển động của khối sẽ tiếp tục sau khi đi qua vị trí cân bằng, khi đó tốc độ và lực căng bắt đầu giảm. Tiếp tục vượt qua giá trị tốc độ của trọng lượng $v_1$ , khối sẽ tiếp tục chuyển động theo quán tính trong một thời gian, tiêu tốn động năng tích lũy để chống lại lực ma sát và “lực lăn”.

Sau khi khối dừng lại, khi trọng lượng bắt đầu rơi sau độ lệch cực đại trong quá trình dao động, quá trình sẽ xác nhận theo hướng ngược lại. Trọng lượng sẽ tăng tốc trở lại và sợi chỉ sẽ lại “kéo” khối như một con cá, buộc nó phải di chuyển một khoảng cách nhất định, ít hơn quãng đường trước đó. Dần dần quá trình này sẽ biến mất.

G. V. Meledin

F1040. Ba khu vực phẳng dẫn điện giống hệt nhau S, mỗi khu vực nằm ở khoảng cách d1 và d2 (xem hình). Lúc đầu, căn hộ 1 được tích điện Q, còn căn hộ 2 và 3 không được tích điện. Sau đó, mặt phẳng 2 và 3 được nối với pin có điện áp U, mặt phẳng 1 và 3 được nối bằng dây dẫn. Tìm điện tích lắp đặt trên các trục phẳng.

Đặt điện tích thiết lập trên các tấm 1, 2 và 3 bằng q1, q2 và q3 tương ứng.

Chúng ta sẽ giả sử rằng các trường giữa các tấm là rõ ràng (nghĩa là chúng ta sẽ bỏ qua sự biến dạng trường ở các cạnh của các tấm). Sau đó, đối với các trường có hướng được tạo bởi mỗi tấm, chúng ta có thể sử dụng biểu thức cho tính định hướng của trường của một mặt phẳng tích điện đều vô hạn:

$E = \frac{q}{2S\varepsilon_0}.$

Sau khi nối các tấm 1 và 3 bằng dây dẫn, điện thế của các tấm trở nên bằng nhau. Kể từ đây,

$\varphi_1 - \varphi_2 = \varphi_3 - \varphi_2 = U$

(vì hiệu điện thế giữa tấm 3 và tấm 2 bằng điện áp nguồn). Ở phía bên kia,

$\varphi_1 - \varphi_2 = E_{12}d_1, \quad \varphi_2 - \varphi_3 = E_{23}d_2,$

trong đó $E_{12}, E_{23}$ là hình chiếu của trường cường độ giữa các tấm 1-2 và 2-3 theo hướng “từ 1 đến 3”. Theo nguyên lý xếp chồng

$E_{12} = \frac{q_1 - q_2 - q_3}{2S\varepsilon_0},$

$E_{23} = \frac{q_1 + q_2 - q_3}{2S\varepsilon_0}.$

Như vậy,

$\frac{q_1 - q_2 - q_3}{2S\varepsilon_0} d_1 = U,$

(1)

$\frac{q_1 + q_2 - q_3}{2S\varepsilon_0} d_2 = -U.$

(2)

Xét rằng theo định luật bảo toàn điện tích

$q_1 + q_2 + q_3 = Q,$

(3)

từ phương trình (1)—(3) chúng ta tìm thấy:

$q_1 = \frac{Q}{2} + \frac{S\varepsilon_0 U}{d_1},$

$q_3 = \frac{Q}{2} + \frac{S\varepsilon_0 U}{d_2},$

$q_2 = -S\varepsilon_0 U \left( \frac{1}{d_1} + \frac{1}{d_2} \right).$

V. N. Ivanovko

F1041. Một thanh dẫn có chiều dài $l$ và khối lượng $m$ được treo trên hai thanh không cố định có chiều dài $h$ với một trục nằm ngang (xem hình). Khung này nằm trong một từ trường thẳng đứng đều, cảm ứng của nó là . Một xung hiện tại $I_0$ có cường độ thấp $t$ được truyền qua khung. Xác định độ lệch lớn nhất của khung so với mặt phẳng thẳng đứng. Kích thước khung hình cho thời điểm $t$ rất nhỏ.

Với một sự dịch chuyển nhỏ của khung trong thời gian $t$ lực tác dụng lên thanh là

$F = I_0 Bl.$

Trong thời gian này thanh lấy được động lượng

$p = mv = F\tau = I_0 Bl\tau,$

và động năng của thanh trở nên bằng nhau

$E = \frac{mv^2}{2} = \frac{p^2}{2m} = \frac{I_0^2 B^2 l^2 \tau^2}{2m}.$

Sau đó, khi khung bị lệch, thế năng của thanh tăng lên do động năng của nó giảm. Ở vị trí cực đại của khung với góc lệch tối đa $\alpha_{\max}$ thì thế năng bằng

$U = mgh (1 - \cos \alpha_{\max}) = 2mgh \sin^2 \frac{\alpha_{\max}}{2}.$

Từ định luật bảo toàn năng lượng -

$\frac{I_0^2 B^2 l^2 \tau^2}{2m} = 2mgh \sin^2 \frac{\alpha_{\max}}{2}$

xác định vị trí:

$\sin \frac{\alpha_{\max}}{2} = \frac{I_0 Bl\tau}{2m\sqrt{gh}}.$

V. V. Pai

F1042. Ước tính khoảng cách mà các đường ray dường như hợp nhất. Giả định rằng bạn, khi hiểu rõ về tính chất vật lý của hiện tượng quan sát được, có thể tự mình đặt ra các giá trị số của các đại lượng cần thiết.

Để thực hiện đánh giá, bạn có thể tiến hành như sau. Đặt hai điểm trên một tờ giấy rất gần nhau - ví dụ: ở khoảng cách $l \approx 1,5$ mm. Khi gỡ tấm giấy ra khỏi mắt, hãy ước tính khoảng cách mà các điểm sẽ hợp nhất thành một. Nếu bạn có tầm nhìn bình thường thì đây là khoảng cách $d \approx 2$ m. Góc $\alpha \sim \frac{l}{d}$ là khoảng cách góc tối thiểu giữa các điểm mà tại đó mắt có thể phân biệt chúng là hai vật thể. Góc này đặc trưng cho mắt của bạn.

Các đường ray sẽ có vẻ được hợp nhất khi khoảng cách góc giữa chúng là $\alpha$ . Nếu các đường ray nằm cách nhau $L \approx 1,5$ m thì chúng sẽ hợp nhất thành một điểm ở khoảng cách $D \sim \frac{L}{a} \sim \frac{L}{l} \approx 2$ km.

P. I. Zubkov