Optimización: Volumen máximo de una caja con presupuesto

Para resolver este problema de optimización, primero identificamos las variables y la función que queremos maximizar (el volumen). Llamamos: - $x$: longitud del lado de la base cuadrada (en metros). - $h$: altura de la caja (en metros). El volumen $V$ de una caja de base cuadrada es el área de la base por la altura: $$V(x, h) = x^2 \cdot h$$ Como la función depende de dos variables, necesitamos encontrar una relación entre ellas para expresarla en función de una sola variable.

El enunciado nos da el coste total (50 euros) y el precio de los materiales. - **Base cuadrada:** Su área es $x^2$. El coste es $24 \cdot x^2$. - **Laterales:** La caja no tiene tapadera, por lo que tiene 4 caras laterales rectangulares de área $x \cdot h$ cada una. El área total lateral es $4xh$. El coste es $18 \cdot (4xh) = 72xh$. La suma de los costes debe ser igual a 50: $$24x^2 + 72xh = 50$$ Despejamos la altura $h$ en función de $x$: $$72xh = 50 - 24x^2 \implies h = \frac{50 - 24x^2}{72x}$$ 💡 **Tip:** Siempre es preferible despejar la variable que resulte más sencilla de sustituir en la función objetivo. En este caso, despejar $h$ es más directo que despejar $x$.

Sustituimos la expresión de $h$ en la fórmula del volumen: $$V(x) = x^2 \cdot \left( \frac{50 - 24x^2}{72x} \right)$$ Simplificamos dividiendo una $x$ del numerador con la del denominador: $$V(x) = \frac{x(50 - 24x^2)}{72} = \frac{50x - 24x^3}{72}$$ Para facilitar la derivación, podemos simplificar la fracción dividiendo entre 2 o separando términos: $$V(x) = \frac{50}{72}x - \frac{24}{72}x^3 = \frac{25}{36}x - \frac{1}{3}x^3$$ El dominio físico de esta función requiere que $x \gt 0$ y que el coste de la base no supere el presupuesto ($24x^2 \lt 50$), lo que implica $x \lt \sqrt{\frac{50}{24}} \approx 1.44$.

Para encontrar el volumen máximo, calculamos la derivada de $V(x)$ e igualamos a cero: $$V'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{25}{36}x - \frac{1}{3}x^3 \right) = \frac{25}{36} - x^2$$ Igualamos a cero: $$\frac{25}{36} - x^2 = 0 \implies x^2 = \frac{25}{36} \implies x = \sqrt{\frac{25}{36}} = \pm \frac{5}{6}$$ Como $x$ representa una longitud, solo consideramos la solución positiva: $$x = \frac{5}{6} \text{ metros}$$

Debemos comprobar que en $x = \frac{5}{6}$ hay efectivamente un máximo relativo. Analizamos el signo de la derivada $V'(x)$ en los intervalos alrededor del punto crítico: $$\begin{array}{c|ccc} x & (0, 5/6) & 5/6 & (5/6, 1.44) \\\hline V'(x) = \frac{25}{36} - x^2 & + & 0 & - \\\hline V(x) & \nearrow & \text{Máximo} & \searrow \end{array}$$ **Comprobación con la segunda derivada:** $$V''(x) = -2x$$ $$V''\left(\frac{5}{6}\right) = -2 \cdot \frac{5}{6} = -\frac{5}{3} \lt 0$$ Como $V''(\frac{5}{6}) \lt 0$, se confirma que en $x = \frac{5}{6}$ hay un **máximo relativo**. 💡 **Tip:** El signo de la segunda derivada es una forma muy rápida de comprobar si un punto crítico es un máximo (negativo) o un mínimo (positivo).

Una vez hallado el valor de $x$ que maximiza el volumen, calculamos la altura $h$ sustituyendo en la expresión despejada anteriormente: $$h = \frac{50 - 24(5/6)^2}{72(5/6)} = \frac{50 - 24(\frac{25}{36})}{60}$$ Simplificamos el numerador: $$24 \cdot \frac{25}{36} = \frac{2 \cdot 25}{3} = \frac{50}{3}$$ $$50 - \frac{50}{3} = \frac{150 - 50}{3} = \frac{100}{3}$$ Calculamos $h$: $$h = \frac{100/3}{60} = \frac{100}{180} = \frac{10}{18} = \frac{5}{9} \text{ metros}$$ Las dimensiones de la caja son: - Lado de la base: $\frac{5}{6} \text{ m} \approx 0.833 \text{ m}$ - Altura: $\frac{5}{9} \text{ m} \approx 0.556 \text{ m}$ ✅ **Resultado final:** $$\boxed{\text{Base: } x = \frac{5}{6} \text{ m, Altura: } h = \frac{5}{9} \text{ m}}$$