Delta 1/2025

Papierem na księżyc

Grzegorz Szymanek

matematyka analiza

Znanym faktem jest, że zginając kartkę wpół, dokonujemy jej dwukrotnego pogrubienia. Z każdym zgięciem następne jest coraz trudniejsze – aż do momentu, w którym dokonanie jeszcze jednego jest już niemożliwe. Nasuwa się więc nieuchronne pytanie: ile właściwie razy można zgiąć daną kartkę wpół? Tę właśnie liczbę spróbujemy wyznaczyć, przyjmując, że kartkę zginać będziemy naprzemiennie po długości i szerokości. Niech $n$ oznacza liczbę dokonanych zgięć; $L_{n},$ $W_{n},$ $D_{n}$ – odpowiednio: długość, szerokość i grubość kartki po $n$ zgięciach. Na początek zdefiniujmy założenia, na których będziemy bazować podczas dalszego zgłębiania pomysłu:

Złożenie kartki wpół oznacza, że na ,,zewnątrz” zagięcia powstaje łuk kolisty o takiej długości, by suma ,,zewnętrznej” powierzchni odpowiadała powierzchni kartki przed złożeniem.
,,Wewnętrzna” część zagięcia jest punktowa – kartka zostaje w tym miejscu ,,złamana”.
Konsekwencją punktów 2 i 3 jest fakt, że objętość kartki na obszarze zagięcia maleje dwukrotnie. Przyjąć więc można jedną z dwóch możliwych interpretacji:
- średnia gęstość kartki na zagięciu jest dwukrotnie większa niż przed wykonaniem zgięcia,
- po wykonaniu zagięcia po stronie przeciwnej niż nowo utworzony łuk powstaje klin ,,kompensujący” ubytek w objętości.
Niezależnie od tego, którą z powyższych opcji przyjmiemy, warunki 1 i 2 pozostają spełnione.

Tym samym możemy rozpocząć naszą przygodę .

W celu ułatwienia obliczeń wprowadźmy oznaczenia (jak na rysunkach): $l_{m}$ – długość płaszczyzny kartki (bez łuku), $w_{u}$ – adekwatnie, szerokość płaszczyzny, $d$ – początkowa grubość kartki, gdzie $m$ oraz $u$ należą do zbioru ${0, 1, 2, \dots} .$
W pierwszej kolejności wyraźmy grubość kartki po $n$ zgięciach: $\begin{matrix} D_{n} = d \cdot 2^{n} . \end{matrix}$ Dalej przyjmijmy następującą definicję długości i szerokości: operację rozpoczynamy od wykonania zagięcia równoległego do krawędzi szerokości $W,$ następnie do krawędzi długości $L,$ znowu $W$ itd. Długość i szerokość wybieramy więc, określając kolejność wykonywanych zgięć ( $l_{0}$ sprzecznie z lingwistyczną konwencją nie musi być większe od $w_{0}$ ).

$\begin{matrix} W_{1} = W_{0} \\ 2 l_{1} + π d = l_{0} + 0 \\ l_{1} = \frac{1}{2} (l_{0} - π d) \\ L_{1} = l_{1} + d \end{matrix}$
$\begin{matrix} L_{2} = L_{1} \\ 2 w_{1} + 2 π d = W_{1} = w_{0} + 0 \\ w_{1} = \frac{1}{2} (w_{0} - π \cdot 2 d) \\ W_{2} = w_{1} + 2 d \end{matrix}$
$\begin{matrix} W_{3} = W_{2} \\ 2 l_{2} + 4 π d = L_{2} = l_{1} + d \\ l_{2} = \frac{1}{2} (l_{1} + d - π \cdot 4 d) \\ L_{3} = l_{2} + 4 d \end{matrix}$
$\begin{matrix} L_{4} = L_{3} \\ 2 w_{2} + 8 π d = W_{3} = w_{2} + 2 d \\ w_{2} = \frac{1}{2} (w_{1} + 2 d - π \cdot 8 d) \\ W_{4} = w_{2} + 8 d \end{matrix}$
$\begin{matrix} W_{5} = W_{4} \\ 2 l_{3} + 16 π d = L_{4} = l_{2} + 4 d \\ l_{3} = \frac{1}{2} (l_{2} + 4 d - π \cdot 16 d) \\ L_{5} = l_{3} + 16 d \end{matrix}$
$\begin{matrix} L_{6} = L_{5} \\ 2 w_{3} + 32 π d = W_{5} = w_{4} + 8 d \\ w_{3} = \frac{1}{2} (w_{2} + 8 d - π \cdot 32 d) \\ W_{6} = w_{3} + 32 d \end{matrix}$

Mając tę postać, można już utworzyć wzór ogólny na $l_{m}$ (oczywiście dla $m > 0) :$ $\begin{matrix} l_{m} = \frac{1}{2} (l_{m - 1} + ⌊ 4^{m - 2} ⌋ d - π \cdot 4^{m - 1} d) . \end{matrix}$ Rozwijając powyższą rekurencję (podstawiamy kolejno wzory pod $l_{m - 1},$ potem $l_{m - 2}$ itd.), dostajemy sumę, którą można na powrót zwinąć, stosując wzór na sumę ciągu geometrycznego, i zastępujemy tym samym wzór rekurencyjny iteracyjnym: $\begin{matrix} l_{m} = \frac{1}{2^{m}} l_{0} + d [\frac{1}{2^{m - 1}} \frac{1 - 8^{m - 1}}{1 - 8}] - π d [\frac{1}{2^{m}} \frac{1 - 8^{m}}{1 - 8}] . \end{matrix}$ Wyobraźmy sobie teraz przypadek skrajny, po którego przekroczeniu wykonanie następnego zgięcia będzie niemożliwe (rys. 4).

Widać, że zachodzić musi: $\begin{matrix} l_{m} \geq 0. \end{matrix}$ Z tego warunku, po krótkich przekształceniach, otrzymujemy nierówność: $\begin{matrix} m \leq \log_{8} (\frac{\frac{7}{d} l_{0} - 2 + π}{π - \frac{1}{4}}) . \end{matrix}$ Podobne wyprowadzenie przeprowadzamy dla szerokości $w_{u}$ i otrzymujemy: $\begin{matrix} u \leq \log_{8} (\frac{\frac{7}{2 d} w_{0} - 2 + π}{8 π - 2}) + 1. \end{matrix}$ Wystarczy teraz określić liczbę zgięć wzdłuż krawędzi $L$ i $W .$ Ponieważ liczba zgięć jest liczbą całkowitą oraz zachodzą nierówności postaci $m, u \leq \dots,$ mamy: $\begin{matrix} m = ⌊ \log_{8} (\frac{\frac{7}{d} l_{0} - 2 + π}{π - \frac{1}{4}}) ⌋, \\ u = ⌊ \log_{8} (\frac{\frac{7}{2 d} w_{0} - 2 + π}{π - \frac{1}{4}}) ⌋ . \end{matrix}$ Powyższe równości określają maksymalną liczbę zgięć kolejno dla krawędzi $L$ i $W$ (przy założeniu, że przy zginaniu jednej z krawędzi było możliwe zgięcie tej drugiej).

Jeśli $m > u,$ mamy ciąg zgięć (np. tutaj $m = n + 3$ ): $\begin{matrix} \underset{Cały możliwy do wykonania ciąg zgięć}{\underset{⏟}{\begin{matrix} ^{1} \\ L \end{matrix} \to \begin{matrix} ^{1} \\ W \end{matrix} \to \begin{matrix} ^{2} \\ L \end{matrix} \to \begin{matrix} ^{2} \\ W \end{matrix} \to \dots \to \begin{matrix} ^{u} \\ W \end{matrix} \to \begin{matrix} ^{m - 2} \\ L \end{matrix}}} \to \begin{matrix} ^{m - 1} \\ L \end{matrix} \to \begin{matrix} ^{m} \\ L \end{matrix} . \end{matrix}$ Czyli całkowita liczba zgięć dla $m > u$ to $n = 2 u + 1.$
Jeśli natomiast $m \leq u,$ mamy ciąg zgięć (np. tutaj $m = u - 3$ ): $\begin{matrix} \underset{Cały możliwy do wykonania ciąg zgięć}{\underset{⏟}{\begin{matrix} ^{1} \\ L \end{matrix} \to \begin{matrix} ^{1} \\ W \end{matrix} \to \begin{matrix} ^{2} \\ L \end{matrix} \to \begin{matrix} ^{2} \\ W \end{matrix} \to \dots \to \begin{matrix} ^{m} \\ L \end{matrix} \to \begin{matrix} ^{u - 2} \\ W \end{matrix}}} \to \begin{matrix} ^{u - 1} \\ W \end{matrix} \to \begin{matrix} ^{u} \\ W \end{matrix} . \end{matrix}$ Czyli całkowita liczba zgięć dla $m \leq u$ to $u = 2 m .$ Ogólny wzór na $n$ ma postać:

$n = {\begin{cases} 2 u + 1 & dla m > u \\ 2 m & dla m \leq u \end{cases} dla: {\begin{cases} m = ⌊ \log_{8} (\frac{\frac{7}{d} l_{0} - 2 + π}{π - \frac{1}{4}}) ⌋ \\ u = ⌊ \log_{8} (\frac{\frac{7}{2 d} w_{0} - 2 + π}{π - \frac{1}{4}}) ⌋ \end{cases}$

Przetestujmy teraz nasz algorytm.

Biurowa kartka papieru w formacie A4 ma standardowo wymiary: $297 \times 210 \times 0, 1$ mm. Podstawiając je odpowiednio do ustalonych wzorów, sprawdzimy, ile razy można zgiąć kartkę wzdłuż długości i szerokości (pamiętając jednocześnie, że długość w naszym problemie to krawędź, w poprzek której wykonujemy pierwsze zagięcie). $\begin{aligned} dla l_{0} = 297 & mm i w_{0} = 210 mm \\ m & = ⌊ 4, 27 ⌋ = 4 \\ u & = ⌊ 3, 77 ⌋ = 3 \\ m > u & \Rightarrow n = 2 u + 1 = 7 \end{aligned}$ $\begin{aligned} dla l_{0} = 210 & mm i w_{0} = 297 mm \\ m & = ⌊ 4.103 ⌋ = 4 \\ u & = ⌊ 3.937 ⌋ = 3 \\ m > u & \Rightarrow n = 2 u + 1 = 7 \end{aligned}$

Widać, że kartkę papieru w formacie A4 można zgiąć co najwyżej 7 razy, co zgadza się z popularną miejską legendą.

Po przeprowadzeniu podobnych obliczeń dla kartki A3 o tej samej grubości ( $297 \times 420 \times 0, 1$ mm) okazało się, że bardziej opłacalnym jest przyjąć $l_{0} = 297$ mm i $w_{0} = 420$ mm (krótsza krawędź jest zginana jako pierwsza), co daje nam maksymalną liczbę zgięć równą 8.

Papierem na Księżyc.

Dochodzimy do miejsca, w którym spełnimy obietnicę z tytułu. Spróbujmy ustalić wymiary kartki papieru o grubości $d = 0, 1$ mm potrzebnej do zbudowania połączenia między powierzchniami Ziemi i Księżyca wyłącznie przez wielokrotne zginanie jej wpół. Średnia odległość między powierzchniami Ziemi i Księżyca wynosi około $376 291$ km. Policzmy, ile razy należałoby złożyć naszą kartkę papieru, aby dosięgnąć do Księżyca. $\begin{aligned} D_{n} & = S_{z k} = 376 291 km = 376 291 \cdot 10^{6} mm = 0, 1 mm \cdot 2^{n}, \\ n & = ⌈ \log_{2} (\frac{376 291 \cdot 10^{6} mm}{0, 1 mm}) ⌉ = ⌈ 41,775 ⌉ = 42. \end{aligned}$ $n = 42$ jest liczbą parzystą, więc mamy przypadek $n = 2 m,$ czyli nastąpi taka sama liczba zgięć wzdłuż długości i szerokości $m = u = 21.$ Kontynuujemy obliczenia, przywołując wzory na $m$ i $u,$ i otrzymujemy wymiary ( $l_{0} \times w_{0}$ ): $\begin{matrix} 2546, 85 au \times 5093, 7 au \end{matrix}$ ( $1$ au $\approx 150 \cdot 10^{6}$ km).

Układ Słoneczny.

Chcąc wyobrazić sobie rozmiar naszej kartki, możemy porównać ją z rozmiarami Układu Słonecznego, którego promień szacowany jest na około $R_{s} = 4 498 252 900$ km (średnia odległość Neptuna od Słońca).
Porównajmy pole powierzchni kartki $P_{k}$ z powierzchnią Układu Słonecznego $P_{s}$ (a raczej polem powierzchni koła o krawędzi zarysowanej przez uśrednioną orbitę Neptuna): $\begin{aligned} P_{k} = l_{0} \cdot w_{0} = 2,903 271 \cdot 10^{23} {km}^{2}, \\ P_{s} = π R_{s}^{2} = 6,356 786 \cdot 10^{19} {km}^{2}, \\ \frac{P_{k}}{P_{s}} = 4567,199 5. \end{aligned}$ Przez fakt posiadania bez mała $4600$ -krotności powierzchni aktualnie zamieszkiwanego przez nas układu planetarnego oczywistym jest, że nasza kartka bez wątpienia zasługuje na miano megastruktury.

Dla zobrazowania skali wielkości naszej kartki możemy porównać ją z najodleglejszym od Ziemi obiektem wysłanym przez człowieka – sondą misji Voyager I (korzystając z danych na moment: 00:00 UTC 01.01.2025): $\begin{aligned} V_{v_{I}} & = 16,999 5 \frac{km}{s}, R_{v_{I}} = 24 798 697 389 km, t = \frac{\sqrt{\frac{P_{k}}{π}} - R_{v_{I}}}{V_{v_{I}}} . \end{aligned}$ Zakładając, że sonda będzie leciała ze stałą prędkością $V_{v_{I}}$ – osiągnie punkt, w którym pole powierzchni $P_{v_{I}} = π R_{v_{I}}^{2}$ stycznego do niego koła (ze środkiem w Słońcu) będzie identyczne z polem naszej kartki papieru, w $2545$ roku.

Alternatywy.

Ostatecznie wartym nadmienienia jest fakt, iż powyższe ustalenia poprawne są wyłącznie dla składania naprzemiennego (wzdłuż krawędzi $L$ i $W$ ).

Analogiczną metodą Czytelnik może wyprowadzić wzór dla kolejnych złożeń równolegle do wyłącznie jednej, wybranej krawędzi kartki papieru. Tym sposobem ustalić można, na przykład, przewidywaną liczbę złożeń całej rolki papieru toaletowego.