Considere uma placa metálica cujo formato é dado pelo disco (x-2)^{2}+y^{2} \leq 4. Devido ao material do qual esta placa é composta, podemos expressar a temperatura em seus pontos pela função
T(x, y)=\frac{-x^{3}}{12}+x-\frac{y^{2}}{4}+\frac{1}{2}
  • Determime os pontos críticos da função T(x, y) no interior do disco \mathrm{D}:(x-2)^{2}+y^{2} \leq 4
  • Usando Multiplicador de Lagrange determine os pontos de máximo ou mínimo de T(x, y) na fronteira de D .

Passo 1

O enunciado dá a placa como o disco
D:\;(x-2)^{2}+y^{2}\le4
e a temperatura
T(x,y)=-\frac{x^{3}}{12}+x-\frac{y^{2}}{4}+\frac12.
Queremos (i) os pontos críticos de T no interior de D (sem restrição) e (ii) na fronteira (x-2)^{2}+y^{2}=4 usando multiplicadores de Lagrange.

Passo 2

Para achar os críticos interiores, calculamos as derivadas parciais:
\frac{\partial T}{\partial x} =-\frac{3x^{2}}{12}+1 =-\frac{x^{2}}{4}+1, \qquad \frac{\partial T}{\partial y} =-\frac{y}{2}.
Impondo \nabla T=0:
-\frac{x^{2}}{4}+1=0,\quad -\frac{y}{2}=0 \;\Longrightarrow\; x^{2}=4,\;y=0.

Passo 3

Das soluções (x,y)=(2,0) e (x,y)=(-2,0), só (2,0) satisfaz (2-2)^{2}+0^{2}\le4. Logo, há um único crítico interior:
(2,0).
Para classificar, calculamos as segundas derivadas:
T_{xx}=-\frac{x}{2},\quad T_{yy}=-\frac12,\quad T_{xy}=0.
Em (2,0) vale T_{xx}=-1<0 e T_{yy}=-\tfrac12<0, o que mostra Hessiano definido negativo: (2,0) é máximo local.

Passo 4

Na fronteira impomos
g(x,y)=(x-2)^{2}+y^{2}-4=0
e usamos Lagrange:
\nabla T=\lambda\,\nabla g \;\Longrightarrow\; \begin{cases} -\dfrac{x^{2}}{4}+1=2\lambda(x-2),\\[6pt] -\dfrac{y}{2}=2\lambda\,y,\\[4pt] (x-2)^{2}+y^{2}=4. \end{cases}
]

Passo 5

Da segunda equação surgem dois casos:
Caso A: y=0. Então (x-2)^{2}=4, isto é x=0 ou x=4. Pontos críticos:
(0,0),\;(4,0).
Caso B: y\neq0. Divide-se por y:
-\tfrac12=2\lambda\;\Longrightarrow\;\lambda=-\tfrac14.
Substituindo na 1ª equação:
-\frac{x^{2}}{4}+1 =-\frac12(x-2) \;\Longrightarrow\; -x^{2}+4=-2x+4 \;\Longrightarrow\; x(2-x)=0 \;\Longrightarrow\; x=0\text{ ou }x=2.
Em x=0 a restrição leva a y=0 (contradição com y\neq0). Em x=2 vem y^{2}=4, logo
(2,2),\;(2,-2).

Passo 6

Calculamos T nos pontos obtidos:
Em (0,0):
T(0,0)=\tfrac12.
Em (4,0):
T(4,0)=-\frac{64}{12}+4+\frac12 =-\frac{16}{3}+4+\frac12 =-\frac{5}{6}.
Em (2,2) e (2,-2):
T(2,\pm2) =-\frac{8}{12}+2-\frac{4}{4}+\frac12 =-\tfrac23+2-1+\tfrac12 =\tfrac{5}{6}.

Passo 7

Comparando valores em toda a região fechada:
– Interior: em (2,0) temos
T(2,0) =-\frac{8}{12}+2+\frac12 =\frac{11}{6}\approx1{,}8333,
que é valor máximo global.
– Na fronteira, o maior valor é \tfrac{5}{6} em (2,2) e (2,-2), e o menor é -\tfrac{5}{6} em (4,0). O ponto (0,0) não é extremante no contorno.

Resposta

Pontos críticos no interior de D:
(2,0), que é máximo local (e global) com T(2,0)=\tfrac{11}{6}.
Pontos de extremum na fronteira (x-2)^{2}+y^{2}=4:
máximos em (2,2) e (2,-2) com T=\tfrac{5}{6},
mínimo em (4,0) com T=-\tfrac{5}{6}.

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