Seja T=f(x, y) a temperatura em um ponto ( x, y ) no círculo x=\cos t, y= sen t, 0 \leq t \leq \pi e suponha que
\frac{\partial T}{\partial x}=8 x-4 y, \frac{\partial T}{\partial y}=8 y-4 x .
Encontre onde as temperaturas máximas e mínimas no círculo ocorrem examinando \frac{d T}{d t} e \frac{d^{2} T}{d t^{2}};

Passo 1

O enunciado pede para encontrar onde a temperatura em um ponto do arco do círculo dado atinge máximos e mínimos, examinando \frac{dT}{dt} e \frac{d^{2}T}{dt^{2}}. Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
x=\cos t,\qquad y=\sin t,\qquad 0\le t\le\pi
\frac{\partial T}{\partial x}=8x-4y,\qquad \frac{\partial T}{\partial y}=8y-4x.
Devemos analisar pontos críticos no intervalo [0,\pi] (incluindo possíveis extremos nos endpoints t=0 e t=\pi) e decidir se esses pontos são máximos ou mínimos usando a segunda derivada.

Passo 2

Calcular as derivadas das coordenadas em relação a t. Como x=\cos t e y=\sin t, temos
\frac{dx}{dt}=-\sin t,\qquad \frac{dy}{dt}=\cos t.
Isto vem da diferenciação básica de funções trigonométricas: a derivada de \cos t é -\sin t e a de \sin t é \cos t.

Passo 3

Aplicar a regra da cadeia para obter \dfrac{dT}{dt}. A regra da cadeia diz que, ao derivar T(x(t),y(t)) em relação a t,
\frac{dT}{dt}=\frac{\partial T}{\partial x}\frac{dx}{dt}+\frac{\partial T}{\partial y}\frac{dy}{dt}.
Aqui cada termo tem o significado: \frac{\partial T}{\partial x} é a taxa de variação de T quando x varia mantendo y fixo; multiplicamos por \frac{dx}{dt} porque x depende de t. O mesmo para o termo em y.

Passo 4

Substituir os valores dados de \frac{\partial T}{\partial x}, \frac{\partial T}{\partial y}, \frac{dx}{dt}, \frac{dy}{dt} e também x=\cos t, y=\sin t na expressão de \frac{dT}{dt}:
\frac{dT}{dt}=(8x-4y)(- \sin t)+(8y-4x)(\cos t).
Agora substituir x=\cos t e y=\sin t:
\frac{dT}{dt}=(8\cos t-4\sin t)(- \sin t)+(8\sin t-4\cos t)(\cos t).
Desenvolvendo cada produto:
\frac{dT}{dt}=-8\cos t\sin t+4\sin^2 t +8\sin t\cos t-4\cos^2 t.
Note que os termos -8\cos t\sin t e +8\sin t\cos t se cancelam, sobrando
\frac{dT}{dt}=4\sin^2 t-4\cos^2 t=4(\sin^2 t-\cos^2 t).
Usando a identidade trigonométrica \cos 2t=\cos^2 t-\sin^2 t, temos \sin^2 t-\cos^2 t=-\cos 2t. Portanto
\frac{dT}{dt}=-4\cos 2t.

Passo 5

Encontrar os pontos críticos resolvendo \dfrac{dT}{dt}=0:
-4\cos 2t=0 \quad\Longrightarrow\quad \cos 2t=0.
Soluções gerais: 2t=\frac{\pi}{2}+k\pi, logo t=\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{2}. Restringindo a 0\le t\le\pi, obtemos os pontos críticos
t=\frac{\pi}{4}\quad\text{e}\quad t=\frac{3\pi}{4}.
Além desses pontos críticos internos, devemos considerar os endpoints t=0 e t=\pi porque o intervalo é fechado.

Passo 6

Aplicar o teste da segunda derivada. Derivando \dfrac{dT}{dt}=-4\cos 2t obtemos
\frac{d^{2}T}{dt^{2}}= -4\cdot(-2\sin 2t)=8\sin 2t.
O teste: se \dfrac{d^{2}T}{dt^{2}}>0 em um ponto crítico, é mínimo local; se <0, é máximo local.
Avaliar em t=\dfrac{\pi}{4}:
\sin 2t=\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)=1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{d^{2}T}{dt^{2}}=8>0,
logo t=\dfrac{\pi}{4} é mínimo local.
Avaliar em t=\dfrac{3\pi}{4}:
\sin 2t=\sin\left(\frac{3\pi}{2}\right)=-1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{d^{2}T}{dt^{2}}=-8<0,
logo t=\dfrac{3\pi}{4} é máximo local.
Converter para coordenadas (x,y):
\text{em }t=\frac{\pi}{4}:\quad x=\cos\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2},\; y=\sin\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
\text{em }t=\frac{3\pi}{4}:\quad x=\cos\frac{3\pi}{4}=-\frac{\sqrt{2}}{2},\; y=\sin\frac{3\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}.

Passo 7

Para decidir se esses extremos locais são, de fato, os extremos globais no arco fechado 0\le t\le\pi, comparamos os valores de T nestes pontos críticos e nos endpoints. Como temos \frac{\partial T}{\partial x} e \frac{\partial T}{\partial y}, podemos construir a função potencial T(x,y) (o campo é conservativo porque as derivadas mistas coincidem):
\frac{\partial}{\partial y}\!\left(8x-4y\right)=-4,\qquad \frac{\partial}{\partial x}\!\left(8y-4x\right)=-4,
portanto existe T(x,y) tal que as derivadas dadas são suas parciais. Integramos \frac{\partial T}{\partial x}=8x-4y em x:
T(x,y)=\int (8x-4y)\,dx=4x^2-4xy+h(y),
onde h(y) é função de y só. Agora diferenciando essa expressão em y e igualando a \frac{\partial T}{\partial y}=8y-4x:
\frac{\partial T}{\partial y}=-4x+h'(y)=8y-4x \quad\Rightarrow\quad h'(y)=8y.
Integrando h'(y) obtemos h(y)=4y^2+C. Assim, uma primitiva é
T(x,y)=4x^2-4xy+4y^2+C,
onde C é constante (não influencia a posição dos extremos, só desloca os valores).

Passo 8

Calcular T nos pontos relevantes usando T(x,y)=4x^2-4xy+4y^2+C.
Para t=\dfrac{\pi}{4}: x=y=\dfrac{\sqrt{2}}{2}, então
x^2=y^2=\frac{1}{2},\quad xy=\frac{1}{2},
T\!\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=4\cdot\frac{1}{2}-4\cdot\frac{1}{2}+4\cdot\frac{1}{2}+C=2-2+2+C=2+C.
Para t=\dfrac{3\pi}{4}: x=-\dfrac{\sqrt{2}}{2},\; y=\dfrac{\sqrt{2}}{2}, então
x^2=y^2=\frac{1}{2},\quad xy=-\frac{1}{2},
T\!\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=4\cdot\frac{1}{2}-4\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)+4\cdot\frac{1}{2}+C=2+2+2+C=6+C.
Para os endpoints:
t=0:\\ (x,y)=(1,0)\quad\Rightarrow\quad T(1,0)=4\cdot1^2-4\cdot1\cdot0+4\cdot0^2+C=4+C.
t=\pi:\\ (x,y)=(-1,0)\quad\Rightarrow\quad T(-1,0)=4\cdot1-4\cdot(-1)\cdot0+0+C=4+C.
Comparando os valores 2+C,\;4+C,\;6+C, vemos que o menor é 2+C em t=\dfrac{\pi}{4} e o maior é 6+C em t=\dfrac{3\pi}{4}. Portanto os extremos locais encontrados são também os extremos globais no arco fechado.

Resposta

Mínimo global: em t=\dfrac{\pi}{4}, isto é, no ponto \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right), com T=2+C.\nMáximo global: em t=\dfrac{3\pi}{4}, isto é, no ponto \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right), com T=6+C.

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