Obliczamy pole powierzchni całkowitej pudełka.

$P_c=2·{15}^2+4·15·40=2850 \left[{\mathrm{cm}}^2\right]$

$P_c=0,285 \left[{\mathrm{m}}^2\right]$

Gramatura papieru to iloraz masy do powierzchni, zatem wynosi

$\frac{71,25}{0,285}=250 \left[\frac{\mathrm{g}}{{\mathrm{m}}^2}\right]$.

Gramatura tego papieru wynosi $250 \frac{\mathrm{g}}{{\mathrm{m}}^2}$.

Przez $a$ oznaczmy długość krawędzi podstawy. Z informacji o polu powierzchni całkowitej oraz wysokości zapisujemy równość:

$64=2a^2+4·a·2$.

Rozwiązujemy równanie kwadratowe:

$2a^2+8a-64=0$

$a^2+4a-32=0$

$∆=16+128=144$

$a_1=\frac{-4-12}{2}<0$, więc odrzucamy

$a_2=\frac{-4+12}{2}=4$.

Krawędź podstawy tego pudełka wynosi $4 \left[\mathrm{dm}\right]$.

Długość przekątnej to $\mathrm{d}=\sqrt{2·4^2+2^2}=\sqrt{36}=6 \left[\mathrm{dm}\right]$.

Przekątna opisanego pudełka ma $6 \mathrm{dm}$, więc pręt o długości $5,8 \mathrm{dm}$ zmieści się do niego.

Przez $a$ oznaczmy długość krawędzi podstawy, a przez $h$ wysokość pomieszczenia. Wtedy z treści zadania wynika układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi:

$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{2a^2+h^2}=9\\ ah=18\end{array}\right.$.

Żadne z równań nie jest liniowe, jednak wiedząc, że wartości $a$ i $h$ są dodatnie, z drugiego możemy łatwo wyznaczyć na przykład $h$. Jednocześnie pierwsze równanie podniesiemy stronami do kwadratu:

$\left\{\begin{array}{l}2a^2+h^2=81\\ h=\frac{18}{a}\end{array}\right.$.

Wstawiając z drugiego równania do pierwszego za zmienną $h$ otrzymujemy równanie z jedną niewiadomą:

$2a^2+{\left(\frac{18}{a}\right)}^2=81$

$2a^2+\frac{324}{a^2}=81$.

Mnożąc stronami przez $a^2$ otrzymujemy równanie dwukwadratowe:

$2a^4-81a^2+324=0$.

Podstawiamy za $a^2$ niewiadomą $t$ pamietając, że $t>0$

$2t^2-81t+324=0$.

Rozwiązujemy równanie kwadratowe ze względu na $t$.

$∆={81}^2-4·2·324=3969={63}^2$

$t_1=\frac{81-63}{4}=\frac{18}{4}$

$t_2=\frac{81+63}{4}=36$.

A następnie wracamy do niewiadomej $a$, pamiętając przy rozwiązaniu, że $a>0$.

$a^2=\frac{18}{4}$ lub $a^2=36$

$a=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ lub $a=6$

$h=\frac{18}{\frac{3\sqrt{2}}{2}}=\frac{36}{3\sqrt{2}}=6\sqrt{2}$ lub $h=\frac{18}{6}=3$

$h>a$ zatem odrzucamy rozwiązanie lub $h<a$, więc ten przypadek spełnia założenia zadania.

Pomieszczenie będzie miało w podstawie kwadrat o boku długości $6 \mathrm{m}$ i wysokość $3 \mathrm{m}$.

Przez $a$ oznaczmy długość krawędzi podstawy, a przez $h$ długość krawędzi bocznej. Wtedy z treści zadania wynika układ równań:

$\left\{\begin{array}{l}4h+8a=52\\ a^{2}h=63\end{array}\right.$.

Z pierwszego równania wyznaczamy niewiadomą $h=13-2a$ i wstawiamy do drugiego równania:

$a^2\left(13-2a\right)=63$.

Otrzymujemy do rozwiązania równanie trzeciego stopnia:

$2a^3-13a^2+63=0$.

Szukamy całkowitych pierwiastków wielomianu $W\left(a\right)=2a^3-13a^2+63$ wśród dzielników liczby $63$.

Okazuje się, że $W\left(3\right)=0$, zatem wykonujemy dzielenie wielomianu $W\left(a\right)$ przez $\left(a-3\right)$ i otrzymujemy rozkład na czynniki $W\left(a\right)=\left(a-3\right)\left(2a^2-7a-21\right)$.

Jednym z rozwiązań jest liczba $a=3$, wtedy $h=13-2·3=7$.

Szukamy pozostałych rozwiązań równania

$\left(a-3\right)\left(2a^2-7a-21\right)=0$

$∆=49-4·2·\left(-21\right)=217$.

Liczba $\sqrt{217}$ należy do przedziału $\left(14,15\right)$.

$a_1=\frac{7-\sqrt{217}}{4}<0$, zatem odrzucamy to rozwiązanie

$a_2=\frac{7+\sqrt{217}}{4}>5$, więc też odrzucamy to rozwiązanie.

Jedyną liczbą spełniającą wszystkie warunki zadania jest $a=3$, zatem wymiary pudełka to $3 \mathrm{cm}\times 3 \mathrm{cm}\times 7 \mathrm{cm}$.