Uppgift 5

$f_x'(x,y)=ye^{xy}-x$, $f_y'(x,y)=xe^{xy}-y$, så $f_x'=f_y'=0$ om och endast om $ye^{xy}=x$ och $xe^{xy}=y$. En uppenbar lösning är $x=y=0$. Om $y\ne0$ i den andra ekvationen, är även $x\ne0$ och vi kan dividera den första ekvationen med den andra, vilket ger $y/x=x/y$. Så $y^2=x^2$, dvs. $y=\pm x$. $y=x$ insatt i den första ekvationen ger $xe^{x^2}=x$, och eftersom $x\ne0$ nu, får vi $e^{x^2}=1$. Eftersom detta ger $x=0$, får vi ingen ny lösning. Sätter vi in $y=-x$ i den första ekvationen, får vi $xe^{-x^2}=-x$. Då $x\ne0$, har vänsterledet och högerledet olika tecken. Slutsatsen är att $(0,0)$ är den enda stationära punkten, och det är en inre punkt till cirkelskivan. Vi sparar värdet $f(0,0)=1$. (Ett alternativt sätt att lösa ekvationen $f_x'=f_y'=0$ är att sätta $f_x'=f_y'$ först, vilket ger $ye^{xy}-x=xe^{xy}-y$, och efter omskrivning, $y(e^{xy}+1)=x(e^{xy}+1)$. Så $y=x$, och detta sätts in i $f_x'=0$. På så sätt slipper man fallet $y=-x$.)

Randkurvan $x^2+y^2=1$ har en parametrisering $x=\cos t$, $y=\sin t$. Sätt $h(t)=f(\cos t,\sin t)=e^{\cos t\sin t}-\frac12=e^{\frac12\sin2t}-\frac12$. Det är klart att $h$:s största och minsta värde är $e^{1/2}-\frac12$ respektive $e^{-1/2}-\frac12$.

Det återstår att jämföra värdena $1$, $e^{1/2}-\frac12$ och $e^{-1/2}-\frac12$. Vi har $e^{1/2}-\frac12>1\iff e^{1/2}>\frac32\iff e>\frac94$ och den sista olikheten är uppenbart riktig (eftersom $e\approx2,72$). Så $e^{1/2}-\frac12>1$. Eftersom $e^{-1/2}<1$, är $e^{-1/2}-\frac12<1$. Det följer att $e^{1/2}-\frac12$ är största och $e^{-1/2}-\frac12$ minsta värdet för $f$ i cirkelskivan.