Optimización del volumen de una caja de cinco caras

Para resolver este problema de optimización, primero identificamos las dimensiones de la caja y la restricción del material disponible. Las dimensiones son: - Lado del cuadrado de las dos caras paralelas: $x$. - Longitud de las tres caras rectangulares: $y$. El material utilizado corresponde al área total de las cinco caras de la caja: - Área de las 2 caras cuadradas: $2 \cdot (x \cdot x) = 2x^2$. - Área de las 3 caras rectangulares: $3 \cdot (x \cdot y) = 3xy$. La suma de estas áreas debe ser igual a $3\text{ m}^2$: $$2x^2 + 3xy = 3$$ 💡 **Tip:** En problemas de optimización con restricciones, el primer paso es siempre escribir la ecuación que relaciona las variables (restricción) para poder despejar una en función de la otra.

Despejamos la variable $y$ de la ecuación de la restricción para que dependa de $x$: $$3xy = 3 - 2x^2 \implies y = \frac{3 - 2x^2}{3x} = \frac{1}{x} - \frac{2x}{3}$$ La capacidad de la caja (su volumen $V$) es el área de la base por la longitud. En este caso, si tomamos el cuadrado como base y $y$ como la longitud que une ambos cuadrados: $$V = x^2 \cdot y$$ Sustituimos $y$ en la función del volumen: $$V(x) = x^2 \left( \frac{3 - 2x^2}{3x} \right)$$ $$V(x) = \frac{x(3 - 2x^2)}{3} = x - \frac{2}{3}x^3$$ Definimos el dominio físico de $x$. Como $x$ e $y$ deben ser positivos: - $x \gt 0$ - $y \gt 0 \implies 3 - 2x^2 \gt 0 \implies x^2 \lt 1.5 \implies x \lt \sqrt{1.5} \approx 1.225$ $$\boxed{V(x) = x - \frac{2}{3}x^3 \text{ con } 0 \lt x \lt \sqrt{1.5}}$$

Para maximizar el volumen, derivamos $V(x)$ con respecto a $x$ e igualamos a cero: $$V'(x) = 1 - \frac{2}{3}(3x^2) = 1 - 2x^2$$ Buscamos los puntos críticos: $$V'(x) = 0 \implies 1 - 2x^2 = 0 \implies x^2 = \frac{1}{2} \implies x = \pm \sqrt{\frac{1}{2}}$$ Dado que $x$ debe ser una longitud positiva, el único punto crítico válido es: $$x = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.707\text{ m}$$ 💡 **Tip:** Recuerda que un extremo relativo ocurre donde la primera derivada es cero, pero siempre hay que comprobar si se trata de un máximo o un mínimo.

Estudiamos el signo de la primera derivada $V'(x) = 1 - 2x^2$ alrededor del punto crítico $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$: $$\begin{array}{c|ccc} x & (0, \frac{\sqrt{2}}{2}) & \frac{\sqrt{2}}{2} & (\frac{\sqrt{2}}{2}, \sqrt{1.5})\\ \hline V'(x) & + & 0 & -\\ \hline V(x) & \nearrow & \text{Máximo} & \searrow \end{array}$$ También podemos usar la segunda derivada para confirmar: $$V''(x) = -4x$$ Evaluando en el punto crítico: $$V''\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -4\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -2\sqrt{2} \lt 0$$ Como $V''(x) \lt 0$, confirmamos que existe un **máximo relativo** en ese punto.

Una vez hallado el valor de $x$, calculamos el valor de $y$ utilizando la expresión despejada en el paso 2: $$y = \frac{3 - 2x^2}{3x}$$ Sustituyendo $x^2 = \frac{1}{2}$: $$y = \frac{3 - 2(\frac{1}{2})}{3(\frac{\sqrt{2}}{2})} = \frac{3 - 1}{\frac{3\sqrt{2}}{2}} = \frac{2}{\frac{3\sqrt{2}}{2}} = \frac{4}{3\sqrt{2}}$$ Racionalizando el resultado: $$y = \frac{4\sqrt{2}}{3 \cdot 2} = \frac{2\sqrt{2}}{3} \approx 0.943\text{ m}$$ Los valores que maximizan la capacidad de la caja son: ✅ **Resultado:** $$\boxed{x = \frac{\sqrt{2}}{2}\text{ m} \approx 0.707\text{ m}, \quad y = \frac{2\sqrt{2}}{3}\text{ m} \approx 0.943\text{ m}}$$