Uppgift 6

Eftersom funktionen är större än eller lika med $0$ i hela första kvadranten och lika med noll på koordinataxlarna är det uppenbart att minimum är lika med $0$. Eftersom funktionen är partiellt deriverbar överallt räcker det därför att undersöka kritiska punkter i det inre och randkurvan $x^2+y^2=4$, $x,y>0$ för att hitta max.

De kritiska punkterna uppfyller ekvationerna
$$\begin{cases}0=f_x'=2xy(1-x^2)e^{-x^2-y^2},\\0=f_y'=x^2(1-2y^2)e^{-x^2-y^2}.\end{cases}$$
vilka för $x,y>0$ har den entydiga lösningen $x=1$, $y=1/\sqrt2$ som svarar mot en punkt som ligger i området.

Randkurvan $x^2+y^2=4$, $x,y>0$ undersöks enklast genom att välja $t=y$ som parameter. Vi sätter alltså $h(t)=f(\sqrt{4-t^2},t)=(4-t^2)te^{-4}$, $0<t<2$. $h'(t)=(4-3t^2)e^{-4}=0$ ger den unika lösningen i området $t=2/\sqrt3$. Det följer att maximum är det största av talen $M_1=f(1,1/\sqrt2)=2^{-1/2}e^{-3/2}$ och $M_2=h(2/\sqrt3)=16\cdot3^{-3/2}e^{-4}$. Division ger
$$\frac{M_2}{M_1}=\frac{\frac{16}{3\sqrt3e^4}}{\frac1{\sqrt2e^{3/2}}}=\frac{16\sqrt2}{3\sqrt3e^2\sqrt e}<\frac{16}{3\cdot7}<1,$$
där vi i sista ledet använt att $\sqrt3>\sqrt2$, $\sqrt e>1$ och $e^2>(2,7)^2>7$. $M_1$ är alltså större än $M_2$ och är därmed funktionens största värde.