1. A temperatura T, em graus centígrados, em cada ponto de um painel plano é dada por T(x, y)=16 x^{2}+24 x+40 y^{2}. Encontre a temperatura nos pontos mais quentes e mais frios da região.

Passo 1

O enunciado nos dá a temperatura em cada ponto do painel por
T(x,y)=16x^{2}+24x+40y^{2}.
Informações e o que é pedido:
  • A função T(x,y) está definida para todos os pontos (x,y) do painel (assumimos o painel como o plano inteiro, isto é, domínio \mathbb{R}^{2}).
  • Pergunta: quais são os pontos da região onde a temperatura é a mais quente e a mais fria, e quais são essas temperaturas?

Passo 2

Primeiro passo prático: encontrar pontos críticos, onde podem ocorrer extremos. Para isso usamos o gradiente (vetor das derivadas parciais). O gradiente é
\nabla T(x,y)=\left(\frac{\partial T}{\partial x},\frac{\partial T}{\partial y}\right).
Cálculo das derivadas parciais (explico cada termo):
  • \frac{\partial T}{\partial x}\) deriva \(16x^{2}\) dando \(32x\) e deriva \(24x\) dando \(24\); o termo \(40y^{2}\) é tratado como constante em relação a \(x\). Logo \[\frac{\partial T}{\partial x}=32x+24.
  • \frac{\partial T}{\partial y} deriva 40y^{2} dando 80y; os termos com x são constantes em relação a y. Logo
\frac{\partial T}{\partial y}=80y.
Para pontos críticos resolvemos \nabla T(x,y)=(0,0), isto é o sistema
\begin{cases} 32x+24=0,\\[4pt] 80y=0. \end{cases}
Da segunda equação vem y=0\]. Da primeira: \[32x=-24\quad\Rightarrow\quad x=-\dfrac{24}{32}=-\dfrac{3}{4}.\] Portanto existe um único ponto crítico: \(\displaystyle\left(-\tfrac{3}{4},0\right).]

Passo 3

Agora precisamos classificar esse ponto (mínimo, máximo ou sela). Usamos a matriz Hessiana (matriz das segundas derivadas):
H(x,y)=\begin{pmatrix} \frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}} & \frac{\partial^{2}T}{\partial x\partial y}\\[4pt] \frac{\partial^{2}T}{\partial y\partial x} & \frac{\partial^{2}T}{\partial y^{2}} \end{pmatrix}.
Calcule as segundas derivadas:
\frac{\partial^{2}T}{\partial x^{2}}=32,\qquad \frac{\partial^{2}T}{\partial x\partial y}=0,\qquad \frac{\partial^{2}T}{\partial y^{2}}=80.
Assim
H=\begin{pmatrix}32 & 0\\[4pt]0 & 80\end{pmatrix}.
Para uma matriz 2\times2 diagonal, ela é positiva definida se os elementos da diagonal forem positivos. Aqui 32>0 e 80>0. Alternativamente, verificar determinante:
\det H = 32\cdot 80 - 0 = 2560>0.
Logo H é positiva definida e o ponto crítico é um mínimo local. Como a função é uma quadrática com coeficientes positivos nas partes quadráticas, esse mínimo é também global (não há mínimos menores em outro ponto).]

Passo 4

Podemos encontrar diretamente o valor mínimo escrevendo T como soma de quadrados (completar quadrado), o que também mostra que não existe máximo:
Começando de
T(x,y)=16x^{2}+24x+40y^{2},
faço completar o quadrado em x:
16x^{2}+24x=16\!\left(x^{2}+\tfrac{3}{2}x\right) =16\!\left(\bigl(x+\tfrac{3}{4}\bigr)^{2}-\tfrac{9}{16}\right) =16\bigl(x+\tfrac{3}{4}\bigr)^{2}-9.
Substituindo em T:
T(x,y)=16\bigl(x+\tfrac{3}{4}\bigr)^{2}+40y^{2}-9.
Essa forma é muito clara: os termos 16\bigl(x+\tfrac{3}{4}\bigr)^{2} e 40y^{2} são sempre \ge 0. O menor valor possível para a soma desses dois termos é 0, que ocorre quando
x+\tfrac{3}{4}=0\quad\text{e}\quad y=0,
ou seja em \left(-\tfrac{3}{4},0\right). Então o valor mínimo de T é
T_{\min}=-9.

Passo 5

Sobre a temperatura máxima: como 16\bigl(x+\tfrac{3}{4}\bigr)^{2}+40y^{2} pode crescer arbitrariamente quando |x| ou |y| aumentam, a função T(x,y) tende a +\infty quando |(x,y)|\to\infty. Portanto não existe temperatura máxima finita no painel (a temperatura não tem teto; cresce sem limite).

Passo 6

Resumo final e incentivo rápido: o painel tem um único ponto mais frio, claramente identificado e com temperatura negativa aqui; não há ponto de temperatura mais quente porque a função cresce indefinidamente. Boa — você já tem a resposta e duas maneiras de ver o mínimo (gradiente/Hessiano ou completar quadrado), ambas úteis na prova!

Resposta

Temperatura mínima -9 °C em \left(-\tfrac{3}{4},0\right).
Não existe temperatura máxima ( T\to+\infty quando |(x,y)|\to\infty ).

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