Uppgift 5

Funktionen är kontinuerlig på en kompakt mängd, samt partiellt deriverbar överallt, så enligt en känd sats finns globala maximum och minimum och dessa antas i inre stationära punkter eller på randen.

Vi börjar med att bestämma de stationära punkterna. Vi får
$$\begin{cases}0=\dfrac{\partial f}{\partial x}=y-\dfrac{8x}{x^2+y^2},\\[4pt]0=\dfrac{\partial f}{\partial y}=x-\dfrac{8y}{x^2+y^2},\end{cases}$$
vilket ger $y\frac{\partial f}{\partial x}-x\frac{\partial f}{\partial y}=y^2-x^2=0$, så $y=\pm x$. Om $y=x$ får vi $x-4/x=0$, så $x=\pm2$, vilket ger $(x,y)=\pm(2,2)$. Dessa punkter ligger dock inte i området eftersom $x^2+y^2=8>2$. Om $y=-x$ får vi $x+4/x=0$, som saknar reell lösning. Funktionen saknar alltså stationära punkter i området.

Vi undersöker nu randkurvan $x^2+y^2=2$ som är en cirkel med radie $\sqrt2$. Vi parametriserar denna genom $\begin{cases}x=\sqrt2\cos t,\\y=\sqrt2\sin t\end{cases}$ för $0\le t<2\pi$. Sätter vi in detta i funktionen får vi
$$h_1(t)=f(\sqrt2\cos t,\sqrt2\sin t)=2\sin(t)\cos(t)-4\ln2=\sin(2t)-4\ln2.$$
Eftersom $-1\le\sin(t)\le1$ är maximum för $h_1(t)$ av $1-4\ln2$, och minimum av $-1-4\ln2$.

Längs randen $x^2+y^2=1$ får vi på motsvarande sätt $h_2(t)=f(\cos t,\sin t)=\sin(2t)/2$, som uppenbarligen har extremvärdena $\pm1/2$.

Jämför vi dessa fyra värden får vi att maximum är $1/2$, och minimum $-1-4\ln2$.