Matematika ukrytá v listu papíru

Formáty papíru

Mezinárodní standard formátů papíru je dán normou ISO 216 a zahrnuje dvě základní řady. Řada A obsahuje formáty A0-A10 a řada B formáty B0-B10. Tato norma je založena na původní normě DIN 476, která se používala již od roku 1922 v Německu. Vytvořil ji německý matematik a fyzik Walter Porstmann.

Obě řady mají dvě společné základní vlastnosti:

1. Všechny formáty jsou navzájem podobné pravoúhelníky.
2. Menší formát vzniká z většího rozpůlením, tj. rozdělením na dva navzájem osově souměrné pravoúhelníky.¹

Tyto vlastnosti nejsou náhodně zvolené. Mají jednak estetický význam a jednak svoje praktické využití. Například každý list papíru v daném systému se dá vyrobit z největšího kusu prostým řezáním a nevzniká žádný odpad.

Řady A i B dále mají každá jistou speciální vlastost navíc:

• U řady A navíc platí, že obsah největšího papíru A0 je \(1\,\text{m}^2\).
• U největšího formátu B0 řady B pak platí, že jeho kratší strana má délku \(1\,\text{m}\).

Řešení. Nejprve si uvědomme, že pravoúhelníkem je obdélník (neboť žádným rozpůlením čtverce nemůže vzniknout čtverec). Rozpůlení dotyčného obdélníku provádíme podél osy delší strany tohoto obdélníka. Pokud bychom půlení provedli podél osy kratší strany, nedostali bychom obdélník podobný s původním – delší strana se nezmění a kratší se zkrátí.

Označíme-li \(a\) delší stranu obdélníka, \(b\) jeho kratší stranu a \(k\) koeficient zmenšení dvou po sobě jdoucích formátů, platí \(k\cdot a = b\) a \(k\cdot b = \frac{a}{2}\). Dosazením prvního vztahu za \(b\) ve druhém vztahu dostáváme \[ \begin{align*} k^2 \cdot a &= \frac{a}{2} \quad / :a \\ k^2 &= \frac{1}{2} \qquad \rightarrow \qquad k = \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}. \end{align*} \] Ze vztahu \(k\cdot a = b\) dále plyne, že poměr stran obdélníka \(a:b\) je převrácenou hodnotou koeficientu \(k\), tj. \(\sqrt{2}\).

Řešení. Z předchozí úlohy víme, že rozměry listu formátu A0 jsou \(b_0\) (kratší strana) a \(b_0\cdot\sqrt{2}\) (delší strana) pro neznámou délku \(b_0\), kterou je potřeba vypočítat. Víme, že \[ b_0\cdot b_0\cdot \sqrt{2} = 1000000\,\text{mm}^2, \] a tedy po vyjádření \(b_0\) a zaokrouhlení výsledku na jednotky dostáváme hodnotu \(b_0\doteq 841\,\text{mm}\). Délka delší strany formátu A0 je pak součinem \(841\cdot \sqrt{2} \doteq 1189\,\text{mm}\).

Řešení. Protože kratší strana formátu B0 měří \(1\,\text{m}\), měří jeho delší strana podle řešení Úlohy 1 (platného i pro formát B, neboť vycházíme ze stejných vlastností) \(\sqrt{2}\,\text{m}\). Tedy obsah formátu B0 je \(\sqrt{2}\,\text{m}^2\) a každý následující list formátu \(\mathrm{B}(n)\) má poloviční obsah oproti předchozímu, tedy \(S\left( \mathrm{B}(n) \right) = \frac{\sqrt{2}}{2^n}\,\text{m}^2\) pro každé nezáporné celé \(n\).

Protože dále \(S(\mathrm{A}0)=1\,\mathrm{m}^2\) a každý následující list formátu \(\mathrm{A}(n)\) má poloviční obsah oproti předchozímu, je \(S\left( \mathrm{A}(n) \right) = \left( \frac{1}{2}\right)^n = \frac{1}{2^n}\,\text{m}^2\) pro každé \(n\). Tedy \[ \begin{align*} \sqrt{S(\mathrm{A}(n)) \cdot S(\mathrm{A}(n+1))} &= \sqrt{\frac{1}{2^n} \cdot \frac{1}{2^{n+1}} } =\sqrt{\frac{1}{2^n} \cdot \frac{1}{2^n} \cdot \frac{1}{2} } \\ &= \frac{1}{2^n} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2^{n+1}} = S(\mathrm{B}(n+1)). \end{align*} \]

Skládání papíru

Možná vás už někdy napadla otázky, kolikrát je možné přeložit papír formátu A4 napůl a možná jste si to i sami vyzkoušeli. Pravděpodobně vás ale ani nenapadlo, že odpověď na tuto otázku může dát matematik, aniž by papír musel vůbec překládat.

Představme si následující jednoduchý model překládání papíru.

Při přeložení papíru napůl se nám vždy část papíru spotřebuje na vytvoření skladu. Jeho tvar si můžeme modelovat jako polovinu kružnice, jejíž poloměr je roven tlouštce papíru. Navíc si také můžeme všimnout, že papír se při překládání vrství. Na začátku máme jen jednu vrstvu, po prvním přeložení dvě vrstvy, po druhém přeložení čtyři vrstvy atd. V dalších úlohách budeme pracovat s tímto modelem.

Řešení. Je možné si snadno všimnout, že po \(k\) přeloženích dostaneme celkem \(2^k\) vrstev papíru. Tloušťky by tak byly \[ \begin{align*} t_4=&t_0\cdot 2^4=1{,}6\,\text{mm}\\ t_7=&t_0\cdot 2^{7}=12{,}8\,\text{mm}\\ t_{10}=&t_0\cdot 2^{10}=102{,}4\,\text{mm}\\ t_{21}=&t_0\cdot 2^{21}\approx 209{,}7\,\text{m}\\ t_{42}=&t_0\cdot 2^{42}\approx 439\,804\,\text{km} \end{align*} \]

Dle výsledků předchozí úlohy je vidět, že pro překládání papíru musí existovat nějaký limit. Jednou z možností, jak tento limit poznat, je zkoumání kolik papíru se nám při překládání vlastně ztrácí při vytváření skladu.

Řešení. Uvažujme papír o tlouštce \(t\). Při prvním přeložení se na skladu vytvoří polokružnice o poloměru \(t\) (viz předchozí obrázek), na přeložení tedy potřebujeme \(\pi t\) papíru. Při druhém přeložení se vytvoří dvě polokružnice. Jedna o poloměru \(t\) a druhá o poloměru \(2t\), potřebujeme tedy \(\pi t + 2\pi t\) papíru a dohromady \[ \pi t+ (\pi t+2\pi t)\,. \] Při třetím přeložení se vytvoří polokružnice o poloměrech \(t\), \(2t\), \(3t\) a \(4t\). Ztratíme tedy \(\pi t +2\pi t + 3\pi t + 4\pi t\) papíru. Celková ztráta bude \[ \pi t+ (\pi t+2\pi t) + (\pi t +2\pi t + 3\pi t + 4\pi t) \] Analogicky po \(n\) složeních ztratíme \[ \pi t+ (\pi t+2\pi t) + \cdots + (\pi t +2\pi t + \cdots + 2^{n-1}\pi t) \] papíru. Vytkneme-li \(\pi t\), můžeme si všimnout, že máme v závorkách součet prvních členů aritmetické posloupnosti \[ \pi t\left[1+(1+2)+(1+2+3+4)+\cdots+(1+2+\cdots+2^{n-1}) \right]\,. \] Použijeme-li opakované vzorec pro součet prvních členů aritmetické posloupnosti, dostaneme \[ \frac{\pi t}{2}(1\cdot 2+2\cdot 3+4\cdot 5+\cdots+2^{n-1}\cdot(2^{n-1}+1))\,. \] Zde je možné \(k\)-tý člen obecně zapsat jako \[ 2^{k-1}\cdot\left(2^{k-1}+1\right)=(2^2)^{k-1}+2^{k-1}. \] Vztah pro celkovou ztrátu papíru tedy můžeme přepsat ve tvaru \[ \frac{\pi t}{2}\left[\left((2^2)^0+(2^2)^1+\cdots+(2^2)^{n-1}\right)+\left(2^0+2^1+\cdots+2^{n-1}\right) \right]\,. \] Dostáváme tak součet prvních členů dvou geometrických posloupností, můžeme tedy použít vzorec pro jejich součet a dostaneme \[ \frac{\pi t}{2}\left( \frac{2^{2n}-1}{3} + 2^n-1 \right)\,. \] Po vytknutí \(\frac 13\) ze závorky máme \[ \frac{\pi t}{6}\left((2^n)^2+3\cdot 2^n-4\right) \] a rozkladem na součin získáme \[ \frac{\pi t}{6}(2^n+4)(2^n-1)\,. \] Tento poslední vztah vlastně vyjadřuje jakýsi odhad minimální délky papíru tlouštky \(t\), který potřebujeme, abychom jej mohli \(n\)-krát přeložit.

Řešení. Využitím výsledku předchozí úlohy víme, že hledáme takové největší přirozené \(n\), aby platilo \[ \frac{\pi \cdot 0{,}1}{6}(2^n+4)(2^n-1)<297. \] Přesné řešení této nerovnice by nebylo úplně snadné, ale naštěstí není nutně potřeba. Stačí nám dosadit nějaké vhodné \(n\): \[ \begin{align*} \frac{\pi \cdot 0{,}1}{6}(2^6+4)(2^6-1)\doteq224{,}31;\\ \frac{\pi \cdot 0{,}1}{6}(2^7+4)(2^7-1)\doteq 877{,}76. \end{align*} \] Podle tohoto modelu je tedy možné papír dané velikost přehnout maximálně šestkrát.

Pro zajímavost dodejme, že jako první rovnici z Úlohy 5 odvodila středoškolská studentka Britney Gallivan z Californie, která je momentálně držitelkou světového rekordu v Guinnesově knize rekordů za největší počet přeložení papíru napůl. Celkem přeložila papír dvanáctkrát. K tomu ovšem nemohla použít normální papír formátu A4, ale použila toaletní papír délky \(1\,219\) metrů. Navíc použila jinou techniku skládání (střídala směry).

Literatura

1. Niss, Mogens; Bluem Werner. The Learning and Teaching of Mathematical Modelling, Routledge 2020, 978-1-315-18931-4

2. Most times to fold a piece of paper. https://www.guinnessworldrecords.com/world-records/494571-most-times-to-fold-a-piece-of-paper

3. Wikipedia. Paper size. https://en.wikipedia.org/wiki/Paper_size