Uppgift 5

$f_x'(x,y)=2x-y^2$, $f_y'(x,y)=-2xy+1$. $f_x'=f_y'=0$ om och endast om $2x-y^2=0$ och $-2xy+1=0$. Ur den första ekvationen löser vi ut $x=y^2/2$. Detta insatt i den andra ekvationen ger $y^3=1$. Det följer att $f$ har exakt en stationär punkt: $(\frac12,1)$. Den ligger dock utanför triangeln.

Randundersökning: I hörnen har vi $f(0,0)=0$, $f(2,0)=4$ och $f(2,2)=-2$.

Linjestycket $y=0$, $0<x<2$ parametriserar vi genom att sätta $h_1(t)=f(t,0)=t^2$. Det är uppenbart att $h_1'(t)\ne0$ för $0<t<2$, så det finns inga punkter att undersöka här.

På linjestycket $x=2$, $0<y<2$ sätter vi $h_2(t)=f(2,t)=4-2t^2+t$. $h_2'(t)=-4t+1=0$ då $t=\frac14$. Vi sparar värdet $h_2(\frac14)=f(2,\frac14)=4\frac18$.

På linjestycket $y=x$, $0<x<2$ sätter vi $h_3(t)=f(t,t)=t^2-t^3+t$. $h_3'(t)=2t-3t^2+1=0$ då $t=1$. Här sparar vi värdet $h_3(1)=f(1,1)=1$ (den andra roten till ekvationen $h_3'(t)=0$ är $t=-\frac13$ och den ligger utanför intervallet).

De värden vi behöver jämföra är $0$, $4$, $-2$, $4\frac18$ och $1$. Vi ser att funktionens största värde i triangeln är $4\frac18$ och dess minsta värde i triangeln är $-2$.