Uppgift 3

(i) De stationära punkterna ges av
$$\nabla f(x,y)=(x^2-y,-x+2y)=(0,0),$$
vilket har den entydiga lösningen $(x,y)=(\frac12,\frac14)$ innanför området, och
$$f\left(\frac12,\frac14\right)=-\frac1{48}.$$
Randen består av fyra linjesegment:
(a) $y=0$, $0\le x\le2$: $g_1(t)=f(t,0)=\frac13t^3$ är strängt växande,
$$\max_{0\le t\le2}g_1(t)=g_1(2)=\frac83,\qquad \min_{0\le t\le2}g_1(t)=g_1(0)=0.$$
(b) $x=2$, $0\le y\le2$: $g_2(t)=f(2,t)=t^2-2t+\frac83=(t-1)^2+\frac53$, så $g_2$ har en stationär punkt i $t=1$. Därför
$$\max_{0\le t\le2}g_2(t)=\max\left(\frac83,\frac53\right)=\frac83,$$
$$\min_{0\le t\le2}g_2(t)=\min\left(\frac83,\frac53\right)=\frac53.$$
(c) $y=2$, $0\le x\le2$: $g_3(t)=f(t,2)=\frac13t^3-2t+4$ har en stationär punkt i $t=\sqrt2$. Därför
$$\max_{0\le t\le2}g_3(t)=\max\left(g_3(0),g_3(2),g_3(\sqrt2)\right)=g_3(0)=4,$$
$$\min_{0\le t\le2}g_3(t)=\min\left(g_3(0),g_3(2),g_3(\sqrt2)\right)=g_3(\sqrt2)=4-\frac{4\sqrt2}{3}.$$
(d) $x=0$, $0\le y\le2$: $g_4(t)=f(0,t)=t^2$ är strängt växande för $0\le t\le2$, så
$$\max_{0\le t\le2}g_4(t)=g_4(2)=4,\qquad \min_{0\le t\le2}g_4(t)=g_4(0)=0.$$
Sammanfattningsvis är största värde $4$ och minsta värde $-1/48$.

(ii) Först konstaterar vi att punkten verkligen ligger på kurvan eftersom $f(0,2)=4$. Enligt en sats är $\nabla f(0,2)=(-2,4)$ normalen till nivåkurvan i punkten $(0,2)$. Då har vi tangenten till $f(x,y)=4$:
$$\nabla f(0,2)(x,y-2)^{\mathsf T}=0 \Longleftrightarrow -x+2y-4=0.$$