Uppgift 4

Eftersom funktionen är partiellt deriverbar överallt i triangeln räcker det att undersöka kritiska punkter i det inre och längs randstyckena $y=0$, $0<x<2$ och $x=0$, $0<y<2$ och $x+y=2$, $x,y>0$ samt hörnen $(0,0)$, $(2,0)$ och $(0,2)$ för att hitta max och min.

Eventuella kritiska punkter i det inre uppfyller ekvationerna
$$\begin{cases}0=f_x'=\frac1{1+x+y}-y,\\0=f_y'=\frac1{1+x+y}-x.\end{cases}$$
Genom att subtrahera ekvationerna från varandra får vi att $x-y=0$, dvs $x=y$. Insatt i någon av ekvationerna får vi $1/(1+2x)-x=0$ som har lösningarna $x=\frac12$ och $x=-1$ vilket ger punkterna $(\frac12,\frac12)$, och $(-1,-1)$. Den förstnämnda är en möjlig extrempunkt, men den andra ligger utanför området och förkastas.

På randstycket $y=0$, $0<x<2$ är $h_1(t)=f(t,0)=\ln(1+t)$ strikt växande och saknar kritiska punkter. Samma sak gäller $h_2(t)=f(0,t)=\ln(1+t)$ på randstycket $x=0$, $0<y<2$.

På randstycket $x+y=2$, $x,y>0$ sätter vi $h_3(t)=f(t,2-t)=\ln3-t(2-t)$. Vi får att $h_3'(t)=2t-2$ som har det unika nollstället $t=1$ vilket svarar mot punkten $(1,1)$.

Sammanfattningsvis har vi alltså fem punkter att jämföra: $(0,0)$, $(2,0)$, $(0,2)$, $(\frac12,\frac12)$ och $(1,1)$ med motsvarande funktionsvärden $0$, $\ln3$, $\ln3$, $\ln2-\frac14$ och $\ln3-1$. Alla talen är icke-negativa och endast $\ln3$ är större än $1$. Det följer att maxvärdet är $\ln3$ och minvärdet är $0$.