Una pregunta muy natural e interesante.
Si el papel se mantiene casi plano, podemos utilizar la aproximación linealizada. Despreciaré la energía potencial gravitatoria porque probablemente sea mucho menor que la energía de flexión (obsérvese que la forma del papel doblado es casi la misma cuando el escritorio está vertical que cuando está horizontal).
El papel no quiere doblarse mucho, así que la energía contiene un término que castiga las segundas derivadas de $y$ (la curvatura) $$E = K \int_0^L {\rm d}x\,(y'')^2$$ donde $y'\equiv dy/dx$ etc. Queremos mantener fija la longitud del papel, que viene prescrita por la forma de fijarlo en los extremos. En la aproximación lineal, la longitud es una función lineal de $$D = \int_0^L {\rm d} x\, (y')^2 $$ que puede verse, si se necesita, mediante una expansión de Taylor de la expresión exacta para la longitud de la gráfica, $\int (1+y^{\prime 2})^{1/2}{\rm d}x$ . Añádelo con un multiplicador de Lagrange, que requiere $$\delta (E+\lambda D) = 0.$$ Creo que las ecuaciones resultantes dicen $$ y'''' = \frac{\lambda}{K} y''.$$ Observa que en las ecuaciones de Euler-Lagrange, todos los primos se "agrupan". Si se escribe $Y=y''$ dice que la segunda derivada de $Y$ es proporcional a $Y$ sí mismo. La solución físicamente relevante es $$ Y = Y_0 \cos (2\pi x n / L) $$ donde sólo $n=1$ es posible si hay una mesa debajo del papel. En consecuencia, $$ y = y_0 [1-\cos (2\pi x / L)],$$ también. He añadido el término $1$ como constante de integración (mientras que la otra es cero) para garantizar que $y=0$ y $y'=0$ en los límites.
Así que lo que se obtiene en la práctica es una onda de un coseno, de un mínimo al siguiente.
Se necesitaría una discusión más detallada para eliminar la otra función similar al coseno con la misma frecuencia, el seno, así como las funciones lineales, y para discutir si las soluciones exponencialmente crecientes/decrecientes pueden llegar a ser relevantes. No sería demasiado difícil. Una solución más general para el mismo signo (similar al coseno) de $\lambda$ sería $$ y = y_0 [1-\cos (\phi_0+ 2\pi x N / L)] + Ax^2+B,$$ y las cuatro condiciones $y=0$ , $y'=0$ en $x=0,L$ así como la longitud fija del documento implicarían $N=1$ , $\phi_0=0$ , $A=0$ , $B=0$ así como la normalización correcta $y_0$ . Como se ha sugerido anteriormente, las condiciones tendrían otras soluciones cuando $N=2,3,4\dots$ pero estas soluciones no satisfarían $y\geq 0$ para $0\leq x \leq L$ para que el papel no pudiera colocarse encima de la mesa. Si hubiera un agujero en la mesa, estas soluciones de armónicos superiores (varios periodos de la onda que contiene) serían posibles, pero supongo que serían inestables.
No estoy seguro de poder resolverlo analíticamente si el ángulo $y'$ no eran infinitesimales. Parece claro que la solución exacta para ángulos significativos no es sólo un coseno: el papel doblado tiende a parecerse a un globo - para el cual $y(x)$ ni siquiera es de un solo valor - cuando hay demasiado papel redundante en el medio.
Por otro lado, si se dobla bruscamente el papel en $x=0,L$ para que $y'$ puede ser arbitraria en estos dos puntos, el papel entre ellos se doblará como un arco de círculo - véase otra respuesta más abajo - y este resultado es exacto incluso si $y'$ es de orden uno. Nótese que en la aproximación linealizada, el arco da $y$ siendo una función cuadrática de $x$ para que $y''=0$ sigue resolviendo la ecuación de cuarto orden anterior.
